Théorie des groupes/Exercices/Groupes, premières notions

Problème 1 (très facile)

Montrer que $(\mathbb {N} ,\cdot )$ et $(\mathbb {Z} ,\cdot )$ ne sont pas des groupes.

Solution

Si $(\mathbb {N} ,\cdot )$ était un groupe alors, en notant $e$ son élément neutre et $z$ le symétrique de $0$, on trouverait : $e=0\cdot z=0$ donc $1=e\cdot 1=0\cdot 1=0$, ce qui est absurde.

Même raisonnement pour $(\mathbb {Z} ,\cdot )$.

 

Problème 2 (très facile)

On définit une loi $\star$ sur $\mathbb {Z}$ :

$\star :{\begin{array}{lcl}\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} &\rightarrow &\mathbb {Z} \\(x,y)&\mapsto &x-y\end{array}}$

• $({\mathbb {Z} },\star )$ forme t-il un groupe ?

Solution

Cette loi n’est pas associative, car par exemple a - (0 - b) est égal à a + b et (a - 0) - b est égal à a - b, et parce que a + b et a - b sont distincts si b n’est pas nul.

 

Problème 3

(Ce problème suppose la connaissance des propriétés de corps ordonné de l’ensemble des nombres réels.)

Soit S l'intervalle réel $S=\left]-1,1\right[$. On définit une loi $\star$ sur $S$ :

$\star :{\begin{array}{lcl}S\times S&\rightarrow &S\\(x,y)&\mapsto &{\frac {x+y}{1+xy}}\end{array}}$

• Montrer que $(S,\star )$ est un groupe

Solution

Prouvons d’abord que cette loi est correctement définie, c'est-à-dire que si x et y appartiennent à S, alors 1 + xy n’est pas nul. Dans le cas contraire, nous aurions xy = –1, d'où $\vert x\vert \cdot \vert y\vert =1,$ donc un au moins des nombres $\vert x\vert$ et $\vert y\vert$ serait ≥ 1, ce qui est impossible, puisque x et y appartiennent tous deux à S et que S est l’ensemble des nombres réels dont la valeur absolue est < 1. La contradiction obtenue prouve que la loi $\star$ est correctement définie.

Prouvons maintenant que cette loi est bien une loi de composition interne. L'ensemble S étant l’ensemble des nombres réels x tels que $\vert x\vert <1$, il s'agit de prouver que si x, y sont deux nombres réels tels que $\vert x\vert <1$ et $\vert y\vert <1$, alors $(1)\qquad \left|{\frac {x+y}{1+xy}}\right|<1,$ ce qui équivaut à ${\frac {\vert x+y\vert }{\vert 1+xy\vert }}<1$ ou encore à $\vert x+y\vert <\vert 1+xy\vert .$ Puisque les deux membres de cette inéglité sont positifs, elle équivaut à l'inégalité obtenue en élevant les deux membres au carré, donc notre thèse (1) revient à

x² + 2xy + y² < 1 + 2 xy + x²y²,

ce qui équivaut à

y²(1 – x²) < 1 – x².

Cette dernière relation est vraie, car l'inégalité stricte y² < 1 (qui provient de ce que y appartient à S) peut être multipliée par le nombre strictement positif 1 – x² (ce nombre est strictement positif parce que x appartient à S). Nous avons donc prouvé que la loi $\star$ est une loi de composition interne.

Elle est associative, car le calcul montre que si x, y et z sont trois éléments de S, $(x\star y)\star z$ et $x\star (y\star z)$ sont tous deux égaux à ${\frac {x+y+z+xyz}{1+xy+yz+zx}}.$ Il est clair que 0 est neutre pour la loi $\star$ et que tout élément x de S admet -x pour symétrique selon cette loi, qui est donc bien une loi de groupe (évidemment commutatif).

 

Méthode par transport de structure

L'application tangente hyperbolique est une bijection de $\mathbb {R}$ dans $S$ et vérifie : $\tanh \left(a+b\right)=\tanh a\star \tanh b$.

 

Problème 4 (Sous-groupe réunion de deux sous-groupes ?)

On a vu dans la théorie que la réunion de deux sous-groupes d'un groupe G n’est pas forcément un sous-groupe de G.

1. Prouver que si G est un groupe, si H et K sont deux sous-groupes de G, alors $H\cup K$ est un sous-groupe de G (si et) seulement si $H\subseteq K$ ou $K\subseteq H$. (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 4, p. 9.)
2. Prouver que si G est un groupe et $\left(H_{i}\right)_{i\in I}$ une suite de sous-groupes de G croissante pour l'inclusion, ou plus généralement une famille non vide de sous-groupes de G sur laquelle l'inclusion est un ordre filtrant à droite, alors la réunion $H:=\cup _{i\in I}H_{i}$ est un sous-groupe de G.

Solution

1. Soient H et K deux sous-groupes de G tels que H ∪ K soit un sous-groupe de G. Nous devons prouver qu'un des deux sous-groupes H, K est contenu dans l'autre. Supposons que H ne soit pas contenu dans K et prouvons que K est contenu dans H. Soit k un élément de K. Il s'agit de prouver que k appartient à H.
   Puisque H n’est pas contenu dans K, il existe h ∈ H tel que h ∉ K. Puisque H ∪ K est un sous-groupe de G, nous avons
   $(1)\quad hk\in H\cup K$.
   D'autre part, puisque h ∉ K et k ∈ K, nous avons hk ∉ K, donc, d’après (1), hk ∈ H, d'où k ∈ H. Comme nous l'avons vu, ceci prouve l'énoncé.
2. H est non vide car il contient le neutre de G. Soient $x,y\in H$, montrons que $x\,y^{-1}\in H$. Il existe $i,j\in I$ tels que $x\in H_{i}$ et $y\in H_{j}$. Soit $k\in I$ tel que $H_{i},H_{j}\subset H_{k}$ on a alors $x,y\in H_{k}$ donc $x\,y^{-1}\in H_{k}\subset H$.

 

Problème 5 (Quand tous les carrés sont égaux à 1.)

Soit G un groupe, noté multiplicativement, tel que, pour tout élément x de G, x² = 1. Prouver que G est commutatif.

Solution

Soient x et y des éléments de G. Il s'agit de prouver que x y = y x. Par hypothèse, (x y)² = 1, autrement dit x y x y = 1. En multipliant à gauche par x et à droite par y, nous trouvons x²y x y² = x y. Par hypothèse, x² et y² peuvent être remplacés par 1, d'où y x = x y.

 

Remarque. L'énoncé devient faux si on y remplace 2 par un nombre premier p distinct de 2. Le contre-exemple qui suit suppose connues quelques notions d'algèbre linéaire, ainsi que la structure d'anneau de $\mathbb {Z} /n\mathbb {Z} .$

Soit $M={\begin{pmatrix}1&a&b\\0&1&c\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

une matrice 3 × 3 unitriangulaire supérieure à coefficients dans un anneau quelconque. On prouve par récurrence sur n que, pour tout nombre naturel n,

$M^{n}={\begin{pmatrix}1&na&nb+{\frac {n(n-1)}{2}}ac\\0&1&nc\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

Si p est un nombre premier distinct de 2, p(p-1)/2 est divisible par p. Il en résulte que pour toute matrice M unitriangulaire supérieure 3 × 3 à coefficients dans le corps Z/pZ, M^p est la matrice unité. Donc dans le groupe multiplicatif des matrices unitriangulaires supérieures 3 × 3 à coefficients dans le corps Z/pZ, la p-ième puissance de tout élément est égale à 1. Pourtant, ce groupe n’est pas commutatif, car, par exemple, les matrices

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

et

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

ne commutent pas.

Problème 6 (Passage à l'inverse et homomorphisme)

Soit G un groupe. On note f l'involution x ↦ x^–1 de G.

a) Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes :

1. G est abélien
2. f est un endomorphisme (et donc un automorphisme)
3. $\forall x,y\in G\quad (xy)^{2}=x^{2}y^{2}$
4. $\forall x,y\in G\quad \forall n\in \mathbb {Z} \quad (xy)^{n}=x^{n}y^{n}$
5. $\forall x,y\in G\quad \exists k\in \mathbb {Z} \quad (xy)^{n}=x^{n}y^{n}$ pour $n=k,k+1,k+2$.

Solution

1 ⇔ 2 : f est un endomorphisme de G si et seulement si (xy)^–1 = x^–1y^–1 pour tous éléments x, y de G. Cette condition s'écrit encore y^–1x^–1 = x^–1y^–1 pour tous éléments x, y de G. Comme les inverses d'éléments de G sont exactement les éléments de G, cette condition revient à ce que G soit commutatif.

3 ⇔ 1 car x(yx)y = x(xy)y ⇔ yx=xy.

1 ⇒ 4 par récurrence.

4 ⇒ 5 est immédiat.

5 ⇒ 1 car si $x^{n}y^{n}=x^{n}y^{n}$ pour $n=k,k+1$ alors $x^{k}y^{k}xy=(xy)^{k+1}=x^{k+1}y^{k+1}$ donc $y^{k}x=xy^{k}$ et de même, si $x^{n}y^{n}=x^{n}y^{n}$ pour $n=k+1,k+2$ alors $y^{k+1}x=xy^{k+1}$, or si $x$ commute à $u:=y^{k}$ et à $v:=y^{k+1}$, il commute à $vu^{-1}=y$.

 

b) Déduire du 1 ⇔ 2 du point a) une nouvelle preuve du fait que si x² = 1 pour tout élément x de G, G est commutatif.

Solution

Si x² = 1 pour tout élément x de G, tout élément de G est son propre inverse, donc f est la permutation identique et est donc un endomorphisme. D'après le 1 ⇔ 2 du point a), il en résulte que G est commutatif.

 

c) Démontrer que si |G| > 2, G admet un automorphisme non trivial (c'est-à-dire différent de id_G).

Solution

• Si G est non abélien, il suffit de prendre l'automorphisme $x\mapsto gxg^{-1}$ de conjugaison par un élément $g$ de G qui ne commute pas avec tous les autres.
• Si G est abélien, l'involution $x\mapsto x^{-1}$ est un (auto-)morphisme d'après la question a), et est non trivial dès que G a au moins un élément x tel que x² ≠ 1.
• Si tout élément x de G vérifie x² = 1, G est isomorphe à un (ℤ/2ℤ)-espace vectoriel de dimension ≥ 2 et ses automorphismes de groupe sont ses automorphismes d'espace vectoriel. Pour en construire un non trivial, on peut par exemple choisir une base et prendre l'endomorphisme qui échange les deux premiers vecteurs de base et fixe tous les autres.

 

d) Soit h un endomorphisme de G dont 1 est le seul point fixe.

1. On pose $\varphi (x)=x^{-1}h(x)$. Vérifier que $\varphi :G\to G$ est injective
2. On suppose de plus que G est fini et que h est une involution. En déduire que h = f (donc d'après le 2 ⇒ 1 de (a), G est abélien).

Solution

1. $\varphi (y)=\varphi (x)\Rightarrow h(xy^{-1})=xy^{-1}\Rightarrow xy^{-1}=1\Rightarrow x=y$.
2. $\varphi$ est surjective, donc $\forall y\in G\quad \exists x\in G\quad y=x^{-1}h(x)$, d'où $h(y)=h(x^{-1})x=y^{-1}$.

 

Problème 7. Monoïdes réguliers finis

a) Appelons monoïde régulier un monoïde dont tout élément est régulier (simplifiable). Prouver que tout monoïde régulier fini est un groupe. (Indication : pour un élément x d'un monoïde régulier fini M, considérer l’application $y\mapsto xy$ de M dans lui-même.)

Solution

Soient M un monoïde régulier fini et x un élément de M. Il s'agit de prouver que x est inversible. Par hypothèse, x est simplifiable, et en particulier simplifiable à gauche, donc l’application $f_{x}:t\mapsto xt$ de M dans lui-même est injective. Une application injective d'un ensemble fini dans lui-même est surjective, donc $\ f_{x}$ est surjective. En particulier, il existe un élément y de M tel que $f_{x}(y)=1$, où 1 désigne l'élément neutre de M. Autrement dit, il existe y dans M tel que $xy=1$, donc x admet un inverse à droite.

En faisant le même raisonnement avec $y$ à la place de $x$, on voit que la surjectivité de $f_{y}$ implique l'existence de $z$ dans $M$ tel que $yz=1$. Comme $xy=1$, on a $xyz=z$ d'où, puisque $yz=1$, $x=z$ et donc $yx=1$. On a ainsi montré que $xy=1$ et $yx=1$, ce qui prouve que $x$ est inversible (d'inverse $y$).

Remarque. On pourrait abréger la démonstration en tenant compte du fait (prouvé dans un problème de la page Monoïde/Exercices/Lois de composition internes, monoïdes) que si, dans un monoïde, tout élément admet un symétrique à gauche, alors tout élément de ce monoïde admet un symétrique (et, bien sûr, la même chose est vraie avec « à droite » au lieu de « à gauche »).

 

b) Soit S un sous-monoïde fini d'un groupe G. Prouver que S est un groupe.

Solution

Puisque le monoïde S est sous-monoïde d'un groupe et que tout groupe est un monoïde régulier, S est régulier. Puisque, de plus, S est fini par hypothèse, c’est un monoïde régulier fini, donc, d’après le point a), c’est un groupe.

 

c) Soit S une partie stable finie non vide d'un groupe G. Prouver que S est un groupe.

Solution

Soit $x\in S$. L'ensemble $\{x^{n}\mid n\in \mathbb {N} ^{*}\}$ est inclus dans S donc fini. Il existe donc des entiers $1\leq i<j$ tels que $x^{i}=x^{j}$, ce qui, en notant 1 le neutre de G, équivaut à $x^{k}=1$ pour $k=j-i\in \mathbb {N} ^{*}$ donc prouve que $1\in S$. D'après la question précédente, S est donc un groupe, mais on peut le redémontrer directement : cf. question suivante.

 

d) Généraliser c) en remplaçant l'hypothèse « S est fini » par l'hypothèse « tout élément de S est d'ordre fini » (c'est-à-dire engendre un sous-groupe fini).

Solution

Soit $x\in S$ et $k\geq 1$ son ordre (l'ordre du sous-groupe qu'il engendre). Alors, $x^{-1}=x^{k-1}\in S$.

 

Problème 8

Soient A et B des sous-groupes d'un groupe G. Prouver qu'AB est un sous-groupe de G si et seulement si AB = BA.

Solution

Supposons d’abord que AB = BA. Alors (AB)(AB) = A(BA)B = A(AB)B = (AA)(BB) = AB; d’autre part, puisque A^-1 = A et B^-1 = B, nous avons (AB)^-1 = B^-1A^-1= BA = AB. Ainsi, (AB)(AB) = AB et (AB)^-1 = AB. Comme AB comprend évidemment 1, AB est donc un sous-groupe de G.

Réciproquement, supposons que AB soit un sous-groupe de G. Alors (AB)^-1 = AB, c'est-à-dire B^-1A^-1 = AB, autrement dit BA = AB.

 

Référence : Josette Calais, Éléments de théorie des groupes, Paris, P.U.F., énoncé 1.47, p. 37.

Problème 9

Par « ensemble dénombrable », on entendra ici un ensemble fini ou équipotent à l'ensemble des nombres naturels. Prouver que tout groupe admettant une partie génératrice dénombrable est dénombrable. (Indication : utiliser la « description constructive du sous-groupe engendré ». On rappelle que le lecteur est supposé connaître les propriétés les plus classiques des cardinaux infinis.)

Solution

Soit G un groupe, soit T une partie génératrice dénombrable de G; il s'agit de prouver que G est dénombrable.
D'après la « description constructive du sous-groupe engendré », tout élément de G peut s'écrire

$t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

avec $n\in \mathbb {N} ,t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}.
Donc, si pour tout nombre naturel n, nous désignons par $T_{n}$ l'ensemble des $t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$ avec $t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}, nous avons

$G=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }T_{n}.$

Puisque la réunion d'une famille dénombrable d'ensembles dénombrables est dénombrable, il suffit donc de prouver que, pour tout n, $T_{n}$ est dénombrable.
Si $(T\cup T^{-1})^{n}$ désigne la n-ième puissance cartésienne de l'ensemble $T\cup T^{-1}$, l'application

$f:(T\cup T^{-1})^{n}\to T_{n}:(t_{1}^{\epsilon _{1}},\cdots ,t_{n}^{\epsilon _{n}})\mapsto t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

est surjective. Or l'ensemble de départ de cette application f est dénombrable (car $T\cup T^{-1}$ est dénombrable, donc sa n-ième puissance cartésienne est dénombrable), donc l'ensemble d'arrivée $T_{n}$ de f est dénombrable, ce qu'il fallait démontrer.

 

Problème 10 (Cardinal d'une partie génératrice infinie)

Soient G un groupe et T une partie génératrice infinie de G. Prouver que $\vert T\vert =\vert G\vert$. (Indication. Utiliser la « description constructive du sous-groupe engendré ». On rappelle que le lecteur est supposé connaître les propriétés les plus classiques des cardinaux infinis.)

Solution

Puisque T est une partie de G, nous avons $\vert T\vert \leq \vert G\vert$ ; tout revient donc à prouver que

$\vert G\vert \leq \vert T\vert$.

D'après la « description constructive du sous-groupe engendré », tout élément de G peut s'écrire

$t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

avec $n\in \mathbb {N} ,t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}.

Posons $S=\{1,-1\}\times T$. On a donc une surjection de l'ensemble $S^{<\omega }=\cup _{n\in \mathbb {N} }S^{n}$ des suites finies d'éléments de S dans l'ensemble G, donc

$|G|\leq |S^{<\omega }|$

or (puisque T est infinie)

$|S^{<\omega }|=\sum _{n\in \mathbb {N} }|S^{n}|=\sum _{n\in \mathbb {N} }|S|=|\mathbb {N} \times \{1,-1\}\times T|=|T|$,

si bien que

$|G|\leq |T|$.

Détails

Si pour tout nombre naturel n, nous désignons par $T_{n}$ l'ensemble des $t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$ avec $t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}, nous avons

$G=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }T_{n}$,

d'où

(1) $\qquad \vert G\vert \leq \sum _{n\in \mathbb {N} }\vert T_{n}\vert$.

Si $(T\cup T^{-1})^{n}$ désigne la n-ième puissance cartésienne de l'ensemble $T\cup T^{-1}$, l'application

$(T\cup T^{-1})^{n}\to T_{n}:(t_{1}^{\epsilon _{1}},\cdots ,t_{n}^{\epsilon _{n}})\mapsto t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

est surjective, donc

$\vert T_{n}\vert \leq \vert T\cup T^{-1}\vert ^{n}$,

d'où (puisque $\vert T\cup T^{-1}\vert \leq 2\vert T\vert$)

$\vert T_{n}\vert \leq (2\vert T\vert )^{n}$.

Puisque le cardinal $\vert T\vert$ est infini, ceci entraîne

$\vert T_{n}\vert \leq \vert T\vert$ pour tout n,

donc (1) donne

$\vert G\vert \leq \vert \mathbb {N} \vert \cdot \vert T\vert$.

Puisque $\vert T\vert$ est infini, le second membre est égal à $\vert T\vert$, donc

$\vert G\vert \leq \vert T\vert$,

ce qui, comme on l'a vu, achève la démonstration.

 

 

Remarque. L'énoncé de ce problème servira dans une démonstration de l'équipotence des bases d'un groupe libre.

Problème 11

a) 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, $Y_{i}\subseteq \left\langle X_{i}\right\rangle$.

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

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 hypothèse sur $Y_{j}$ et par minimalité de $\langle X_{j}\rangle$, que

$Y_{j}\subseteq \left\langle X_{j}\right\rangle \subseteq H$.

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 :

$K\subseteq H$.

 

b) Soient G un groupe et $(H_{i})_{i\in I}$ une famille de sous-groupes de G. Soit $(Z_{i})_{i\in I}$ une famille telle que, pour tout i dans I, Z_i soit une partie génératrice de H_i (ce qui revient à dire que H_i est le sous-groupe ⟨Z_i⟩ de G engendré par Z_i).

Déduire du point a) que $\bigcup _{i\in I}Z_{i}$ est une partie génératrice du sous-groupe $\langle \bigcup _{i\in I}H_{i}\rangle$ de G engendré par les H_i.

(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 $A=\cup _{i\in I}H_{i}$.

D'après le point a) appliqué à $X_{i}=Z_{i}$ et $Y_{i}=H_{i}$, nous avons

$\langle A\rangle \subseteq \left\langle \cup _{i\in I}Z_{i}\right\rangle$.

D'après le point a) appliqué à $X_{i}=A$ et $Y_{i}=Z_{i}$, nous avons

$\left\langle \cup _{i\in I}Z_{i}\right\rangle \subseteq \langle A\rangle$.

Cette double inclusion démontre l'égalité voulue.

 

Remarque. Il résulte du point b) que le sous-groupe engendré par une famille finie de sous-groupes de type fini d'un groupe G est lui-même un sous-groupe de type fini de G. Ce fait nous servira dans un chapitre ultérieur sur le théorème de Howson.

Problème 12. Les homomorphismes injectifs de groupes comme monomorphismes

Soient G, H des groupes, soit $f$ un homomorphisme de G dans H. Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :

(i) $f$ est injectif;

(ii) pour tout groupe K et pour tous homomorphismes $g_{1}$ et $g_{2}$ de K dans G, l'égalité $f\circ g_{1}=f\circ g_{2}$ entraîne $g_{1}=g_{2}.$

Indication : pour prouver que (ii) entraîne (i), on peut prendre pour K un certain sous-groupe de G dont une propriété détermine si $f$ est injectif ou non.

Solution

Prouvons que (i) entraîne (ii). Pour cela, supposons que $f$ est injectif et que $g_{1}$ et $g_{2}$ sont des homomorphismes d'un groupe K dans G tels que $f\circ g_{1}=f\circ g_{2}$; il s'agit de prouver que $g_{1}=g_{2}.$ Soit $x$ un élément de K; d'après l'hypothèse $f\circ g_{1}=f\circ g_{2}$, nous avons $f(g_{1}(x))=f(g_{2}(x))$, d'où, puisque nous supposons $f$ injectif,$g_{1}(x)=g_{2}(x)$; ceci étant vrai pour tout élément $x$ de K, nous avons donc $g_{1}=g_{2}$, ce qui, comme noté, prouve que la condition (i) de l'énoncé entraîne la condition (ii).

Réciproquement, prouvons que la condition (ii) entraîne la condition (i). Supposons que la condition (ii) est satisfaite, c'est-à-dire que

(hyp. 1)$\qquad$ pour tout groupe K et tous homomorphismes $g_{1}$ et $g_{2}$ de K dans G, l'égalité $f\circ g_{1}=f\circ g_{2}$ entraîne $g_{1}=g_{2}$;

il s'agit de prouver que

(thèse 2)$\qquad$ $f$ est injectif.

Dans notre hypothèse (1), prenons pour K le groupe Ker(f), pour $g_{1}$ l'homomorphisme inclusion $t\mapsto t$ de K = Ker (f) dans G et pour $g_{2}$ l'homomorphisme trivial $t\mapsto 1$ de K = Ker(f) dans G. Alors les homomorphismes $f\circ g_{1}$ et $f\circ g_{2}$ sont tous deux égaux à l'homomorphisme trivial de K = Ker(f) dans H, donc, d'après notre hypothèse (1), $g_{1}=g_{2}$, ce qui revient à dire que pour tout élément $t$ de Ker(f), $t=1$, ce qui revient encore à dire que Ker(f) est trivial. D'après le chapitre théorique, il en résulte que $f$ est injectif , ce qui prouve notre thèse (2) et achève donc la démonstration de l'énoncé.

 

Remarques. L'énoncé du problème revient à dire que, dans la catégorie des groupes, les monomorphismes sont exactement les homomorphismes injectifs de groupes. Si le groupe G de l'énoncé est abélien, le groupe K que nous avons utilisé dans la démonstration est lui aussi abélien (puisque c'est un sous-groupe de G), donc la démonstration qui précède s'étend immédiatement à la catégorie des groupes abéliens. Même chose pour la catégorie des groupes finis et pour la catégorie des groupes abéliens finis.

Lien externe

« Groupes, sous-groupes, ordre (35 exercices corrigés) », sur exo7