Théorie des groupes/Exercices/Produit libre d'une famille de groupes

Problème 1

Démontrer le théorème suivant, énoncé dans le chapitre théorique :
Soient G un groupe et $(G_{i})_{i\in I}$ une famille de sous-groupes de G. Pour que G soit le produit libre interne de la famille $(G_{i})_{i\in I}$, il faut et il suffit que les conditions suivantes soient satisfaites :

1° les $G_{i}$ se coupent trivialement deux à deux;

2° pour tout élément $g$ de G, il existe un et un seul multiplet $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ d'éléments de $\bigcup _{i\in I}G_{i}^{\sharp }$ tel que

a) pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $g_{j}$ et $g_{j+1}$ n'appartiennent pas à un même $G_{i}$;

b) $g=g_{1}\cdots g_{n}.$

Solution

On notera $f$ l'homomorphisme

$((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))\mapsto g_{1}\cdots g_{n}$

de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ dans G (voir dans le chapitre théorique les préliminaires à la définition du produit libre interne).
Supposons d'abord que

(hyp 1) G est le produit libre interne de la famille $(G_{i})_{i\in I}$,

ce qui revient à dire que $f$ est bijectif, et prouvons que les conditions 1° et 2° de l'énoncé sont satisfaites.
Prouvons que la condition 1° est satisfaite, c'est-à-dire que les $G_{i}$ se coupent trivialement deux à deux. Soient $j$ et $k$ des éléments de I tels que $G_{j}\cap G_{k}$ comprenne un élément $g\not =1$; il s'agit de prouver que $j$ et $k$ sont égaux. Les éléments ((j, g)) et ((k,g)) de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ ont la même image $g$ par $f$. Puisque, d'après l'hypothèse (1), $f$ est injectif, on a donc $((j,g))=((k,g))$, d'où j = k, comme annoncé. Nous avons donc prouvé que

(2) dans l'hypothèse (1), la condition 1° de l'énoncé est satisfaite, à savoir que les $G_{i}$ se coupent trivialement deux à deux.

Prouvons maintenant, toujours dans l'hypothèse (1), que la condition 2° de l'énoncé est satisfaite.
Soit $g$ un élément de $G$. D'après l'hypothèse (1), l'homomorphisme $f$ est surjectif, donc il existe un élément $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ tel que

$g=g_{1}\cdots g_{n}.$

Le fait que $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ appartient à ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ a les deux conséquences suivantes :

(3) pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, $g_{j}$ appartient à $G_{i_{j}}^{\sharp }$;

et

(4) pour tout $k$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $i_{k}\not =i_{k+1}.$

Puisque d'après (2), les $G_{i}^{\sharp }$ sont deux à deux disjoints, il résulte de (4) que

(5) pour tout $k$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $G_{i_{k}}^{\sharp }$ et $G_{i_{k+1}}^{\sharp }$ sont disjoints.

Comme, d'après (2) et (3), $G_{i_{k}}$ (resp. $G_{i_{k+1}}$) est l'unique $G_{i}$ qui comprend $g_{k}$ (resp. $g_{k+1}$), il résulte de (5) que, pour tout $k$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $g_{k}$ et $g_{k+1}$ n'appartiennent pas à un même $G_{i}$. Nous avons donc démontré, dans l'hypothèse (1), l'assertion d'existence du point 2° de l'énoncé, à savoir que, pour tout élément $g$ de G, il existe un multiplet $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ d'éléments de $\bigcup _{i\in I}G_{i}^{\sharp }$ satisfaisant aux conditions a) et b) de l'énoncé.
Prouvons l'assertion d'unicité.
Soient $g$ un élément de $G$ et $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ un multiplet d'éléments de $\bigcup _{i\in I}G_{i}^{\sharp }$ satisfaisant aux conditions a) et b) de l'énoncé. Pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, désignons par $i_{j}$ l'unique élément de $I$ tel que $g_{j}\in G_{i_{j}}$ (l'unicité résulte de (2)). Puisque nous supposons que la condition a) de l'énoncé est satisfaite, nous avons, pour tout $k$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$,

$i_{k}\not =i_{k+1}$,

donc $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ est un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, donc, puisque nous supposons que la condition b) de l'énoncé est satisfaite,

$g$ est l'image de $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ par $f.$

Puisque, dans l'hypothèse (1), $f$ est injectif, cela montre que $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ est déterminé de manière unique par $g$, donc la condition d'unicité du point 2° de l'énoncé est satisfaite.
Nous avons donc prouvé que si $G$ est le produit libre interne de la famille $(G_{i})_{i\in I}$, les conditions 1° et 2° de l'énoncé sont satisfaites.
Supposons, réciproquement, que les conditions 1° et 2° de l'énoncé sont satisfaites et prouvons que $G$ est le produit libre interne de la famille $(G_{i})_{i\in I}$. Il s'agit de prouver que l'homomorphisme $f$ est bijectif.
Désignons par $E$ l'ensemble des multiplets $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ d'éléments de $\bigcup _{i\in I}G_{i}^{\sharp }$ tels que la condition a) de l'énoncé soit satisfaite, c'est-à-dire tels que, pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $g_{j}$ et $g_{j+1}$ n'appartiennent pas à un même $G_{i}.$
Puisque nous supposons que la condition 2° (points a) et b)) de l'énoncé est satisfaite, l'application

$\lambda :E\to G:(g_{1},\ldots ,g_{n})\mapsto g_{1}\cdots g_{n}$

est une bijection.
D'autre part, si $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ est un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, nous avons, pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $i_{j}\not =i_{j+1}$, donc, puisque nous supposons satisfaite la condition 1°, selon laquelle les $G_{i}$ se coupent trivialement deux à deux, $g_{j}$ et $g_{j+1}$ n'appartiennent pas à un même $G_{i}.$, donc $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ appartient à $E.$ Nous pouvons donc définir l'application

$\mu :{\underset {i\in I}{*}}G_{i}\to E:((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))\mapsto (g_{1},\ldots ,g_{n}).$

Alors

$f=\lambda \circ \mu .$

Nous avons vu que $\lambda$ est une bijection, donc, pour prouver que l'homomorphisme $f$ est bijectif, il suffit de prouver que

(thèse 6)$\qquad \mu$ est une bijection.

Soit $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ un élément de $E.$ Puisque nous supposons que la condition 1° de l'énoncé est satisfaite, nous pouvons, pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, désigner par $i_{j}$ l'unique élément de $I$ tel que $g_{j}$ appartienne à $G_{i_{j}}^{\sharp }.$
Soit $j$ un élément de $\{1,\ldots ,n-1\}$. Puisque $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ appartient à $E$, $g_{j}$ et $g_{j+1}$ n'appartiennent pas à un même $G_{i}$, ce qui revient à dire que $i_{j}\not =i_{j+1}.$ Donc $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ est un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$ Puisque l'image de cet élément par $\mu$ est $(g_{1},\ldots ,g_{n})$, nous avons prouvé que

(7)$\qquad \mu$ est une surjection.

Prouvons que c'est une injection. Si des éléments $v$ et $w$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ ont tous deux $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ pour image par $\mu$, alors $v$ est de la forme $((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ et $w$ est de la forme $((i'_{1},g_{1}),\ldots ,(i'_{n},g_{n}))$ avec, pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n\}$,

$g_{j}\in G_{i_{j}}^{\sharp }$ et $g_{j}\in G_{i'_{j}}^{\sharp }$ d'où $G_{i_{j}}^{\sharp }\cap G_{i'_{j}}^{\sharp }\not =\emptyset .$

Puisque nous supposons satisfaite la condition 1°, selon laquelle les $G_{i}$ se coupent trivialement deux à deux, il faut $i_{j}=i'_{j}$ pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, donc $v=w$, donc $\mu$ est injective. Joint à (7), cela prouve la thèse (6), à savoir que $\mu$ est une bijection. Comme nous l'avons vu, il en résulte que l'homomorphisme $f$ est bijectif, ce qui achève la démonstration.

 

Remarque. La condition 1° de l'énoncé n'est pas forcément entraînée par la condition 2°. Par exemple, considérer un groupe non trivial G et un sous-groupe H non trivial de G (on ne suppose pas H distinct de G) et poser $I=\{1,2\},G_{1}=G$ et $G_{2}=H.$ La condition 2° de l'énoncé est satisfaite, car si $(g_{1},\ldots ,g_{n})$ est un multiplet d'éléments de $\bigcup _{i\in I}G_{i}^{\sharp }$ tel que la condition a) de l'énoncé soit satisfaite, $n$ doit être égal à 0 ou à 1. Les détails sont laissés au lecteur.

Problème 2

a) Soient $(G_{i})_{i\in I}$ et $(H_{j})_{j\in J}$ deux familles de groupes; on suppose qu'il existe une bijection $\sigma$ de I sur J telle que, pour tout $i$ dans $I$, $H_{\sigma (i)}=G_{i}.$ (On pourrait dire que les familles $(G_{i})_{i\in I}$ et $(H_{j})_{j\in J}$ sont « égales à l'indexation près ».) Prouver que les groupes ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et ${\underset {j\in J}{*}}H_{j}$ sont isomorphes.
(Indication : on peut utiliser la propriété universelle du produit libre.)

Solution

On va donner une démonstration qui s'étend immédiatement de la catégorie des groupes à n'importe quelle catégorie (sous réserve d'existence des coproduits).
Posons $G={\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et $H={\underset {j\in J}{*}}H_{j}$. Pour tout $i$ dans $I$, notons $\varphi _{i}$ la i-ième inclusion canonique de $G_{i}$ dans $G$ et, pour tout $j$ dans $J$, notons $\psi _{j}$ la j-ième inclusion canonique de $H_{j}$ dans $H.$
Pour tout $i$ dans $I$, $\psi _{\sigma (i)}$ est un homomorphisme de $H_{\sigma (i)}$ dans $H$, autrement dit un homomorphisme de $G_{i}$ dans $H$. En appliquant la propriété universelle du produit libre à la famille de groupes $(G_{i})_{i\in I}$, au groupe d'arrivée $H$ et à la famille $(\psi _{\sigma (i)})_{i\in I}$ d'homomorphismes $\psi _{\sigma (i)}:G_{i}\to H$, nous trouvons qu'il existe un (et un seul) homomorphisme $f$ de $G={\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ dans $H={\underset {j\in J}{*}}H_{j}$ tel que, pour tout $i$ dans $I$,

(1)$\qquad \psi _{\sigma (i)}=f\circ \varphi _{i}.$

De même, il existe un (et un seul) homomorphisme $g$ de $H={\underset {j\in J}{*}}H_{j}$ dans $G={\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ tel que, pour tout $j$ dans $J$,

$\qquad \varphi _{\sigma ^{-1}(j)}=g\circ \psi _{j}.$

En remplaçant dans cette dernière relation $j$ par $\sigma (i)$, nous trouvons que pour tout $i$ dans $i$,

(2)$\qquad \varphi _{i}=g\circ \psi _{\sigma (i)}.$

D'après (2), nous pouvons remplacer $\varphi _{i}$ par $g\circ \psi _{\sigma (i)}$ dans (1). Nous trouvons ainsi que, pour tout $i$ dans $I$,

$\psi _{\sigma (i)}=f\circ g\circ \psi _{\sigma (i)}$,

ce qui revient à dire que, pour tout $j$ dans $J$,

$\psi _{j}=f\circ g\circ \psi _{j}.$

En appliquant l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre à la famille de groupes $(H_{j})_{j\in J}$, au groupe d'arrivée $H={\underset {j\in J}{*}}H_{j}$ et à la famille $(\psi _{j})_{j\in J}$ d'homomorphismes, nous en tirons que

(3)$\qquad f\circ g$ est l'automorphisme identique de $H={\underset {j\in J}{*}}H_{j}$.

D'autre part, d'après (1), nous pouvons remplacer $\psi _{\sigma (i)}$ par $f\circ \varphi _{i}$ dans (2). Nous trouvons ainsi que, pour tout $i$ dans $I$,

$\varphi _{i}=g\circ f\circ \varphi _{i}.$

De nouveau, l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre permet de conclure que

$\qquad g\circ f$ est l'automorphisme identique de $G={\underset {i\in I}{*}}G_{i}$.

Joint à (3), cela prouve que $f$ est un isomorphisme de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ sur ${\underset {j\in J}{*}}H_{j}$, ce qui démontre l'énoncé.

Remarque. Revenons à la façon dont nous avons construit le coproduit dans le cas particulier de la catégorie des groupes. La relation (1) montre que, pour tout élément $i$ de $I$ et pour tout élément $g$ de $G_{i}^{\sharp }$, l'homomorphisme $f$ applique $((i,g))$ sur $((\sigma (i),g))$ et applique donc l'élément $((i_{i},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ sur l'élément $((\sigma (i_{1}),g_{1}),\ldots ,(\sigma (i_{n}),g_{n}))$. (Voir l'explicitation qui accompagne la propriété universelle du produit libre.) Il est alors évident que l'homomorphisme $f$ est bijectif et que son isomorphisme réciproque applique l'élément $((j_{i},h_{1}),\ldots ,(j_{n},h_{n}))$ de ${\underset {j\in J}{*}}H_{j}$ sur l'élément $((\sigma ^{-1}(j_{1}),h_{1}),\ldots ,(\sigma ^{-1}(j_{n}),h_{n}))$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$.

 

b) Soient $G$ et $H$ deux groupes; prouver que $G*H$ et $H*G$ sont isomorphes.

Solution

Par définition,

(1) $G*H$ est le produit libre de la famille $(K_{i})_{i\in \{1,2\}}$, avec $K_{1}=G$ et $K_{2}=H.$

De même,

(2) $H*G$ est le produit libre de la famille $(L_{j})_{j\in \{1,2\}}$, avec $L_{1}=H$ et $L_{2}=G.$

Si nous posons $I=J=\{1,2\}$, si nous désignons par $\sigma$ la bijection $(1\ 2)$ (transposition) de $\{1,2\}$ sur lui-même, nous avons, pour tout $i$ dans $I$,

$L_{\sigma (i)}=K_{i}.$

Donc, d'après le point a),

${\underset {i\in I}{*}}K_{i}$ et ${\underset {j\in J}{*}}L_{j}$ sont isomorphes.

D'après (1) et (2), cela revient à dire que $G*H$ et $H*G$ sont isomorphes.

 

Problème 3

Soient $(G_{i})_{i\in I}$ et $(H_{i})_{i\in I}$ deux familles de groupes telles que, pour tout $i$ dans $I$, $G_{i}$ et $H_{i}$ soient isomorphes. Prouver que ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et ${\underset {i\in I}{*}}H_{i}$ sont isomorphes.
(Indication : on peut appliquer la propriété universelle du produit libre.)

Solution

On va d'abord donner une démonstration qui s'étend immédiatement de la catégorie des groupes à n'importe quelle catégorie où les coproduits existent, puis on verra que la démonstration peut se simplifier dans le cas particulier de la théorie des groupes.
D'après l'axiome du choix, nous pouvons choisir une famille $(\sigma _{i})_{i\in I}$ telle que, pour tout $i$ dans $I$, $\sigma _{i}$ soit un isomorphisme de $G_{i}$ sur $H_{i}.$
Posons $G={\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et $H={\underset {i\in I}{*}}H_{i}.$
Pour tout $i$ dans $I$, désignons par $\varphi _{i}$ la i-ième inclusion canonique de $G_{i}$ dans $G$ et par $\psi _{i}$ la i-ième inclusion canonique de $H_{i}$ dans $H.$
D'après la propriété universelle du produit libre, appliquée à le famille de groupes $(G_{i})_{i\in I}$, au groupe d'arrivée $H$ et à la famille d'homomorphismes $(g_{i})_{i\in I}$, où $g_{i}$ désigne l'homomorphisme $\psi _{i}\circ \sigma _{i}$ de $G_{i}$ dans $H$, il existe un (et un seul) homomorphisme $g$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ dans $H={\underset {i\in I}{*}}H_{i}$ tel que, pour tout $i$ dans $I$,

(1)$\qquad \psi _{i}\circ \sigma _{i}=g\circ \varphi _{i}$,

d'où

(2)$\qquad \psi _{i}=g\circ \varphi _{i}\circ \sigma _{i}^{-1}.$

De même, d'après la propriété universelle du produit libre, appliquée à le famille de groupes $(H_{i})_{i\in I}$, au groupe d'arrivée $G$ et à la famille d'homomorphismes $(h_{i})_{i\in I}$, où $h_{i}$ désigne l'homomorphisme $\varphi _{i}\circ \sigma _{i}^{-1}$ de $H_{i}$ dans $G$, il existe un (et un seul) homomorphisme $h$ de ${\underset {i\in I}{*}}H_{i}$ dans $G={\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ tel que, pour tout $i$ dans $I$,

(3)$\qquad \varphi _{i}\circ \sigma _{i}^{-1}=h\circ \psi _{i}$,

d'où

(4)$\qquad \varphi _{i}=h\circ \psi _{i}\circ \sigma _{i}.$

On va prouver que $g$ et $h$ sont des isomorphismes réciproques.
D'après (4), nous pouvons remplacer $\varphi _{i}$ par $h\circ \psi _{i}\circ \sigma _{i}$ dans (2). Nous obtenons ainsi, pour tout $i$ dans $I$,

(5)$\qquad \psi _{i}=g\circ h\circ \psi _{i}.$

D'après l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre, appliquée à le famille de groupes $(H_{i})_{i\in I}$, au groupe d'arrivée $H$ et à la famille d'homomorphismes $(\psi _{i})_{i\in I}$, la relation (5) montre que

(6)$\qquad g\circ h$ est l'automorphisme identique de ${\underset {i\in I}{*}}H_{i}.$

D'autre part, d'après (2), nous pouvons remplacer $\psi _{i}$ par $g\circ \varphi _{i}\circ \sigma _{i}^{-1}$ dans (4). Nous obtenons ainsi, pour tout $i$ dans $I$,

(7)$\qquad \varphi _{i}=h\circ g\circ \varphi _{i}.$

D'après l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre, appliquée à le famille de groupes $(G_{i})_{i\in I}$, au groupe d'arrivée $G$ et à la famille d'homomorphismes $(\varphi _{i})_{i\in I}$, la relation (7) montre que

$\qquad h\circ g$ est l'automorphisme identique de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$

Joint à (6), cela prouve que l'homomorphisme $g$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}H_{i}$ est un isomorphisme (dont l'isomorphisme réciproque est $h$), d'où l'énoncé.
Montrons maintenant que la démonstration peut se simplifier dans le cas particulier de la catégorie des groupes.
Soient $i$ dans $I$ et $x$ dans $G_{i}^{\sharp }.$ D'après la relation (1), l'homomorphisme $g$ applique $((i,x))$ sur $\psi _{i}(\sigma _{i}(x))=(i,\sigma _{i}(x)).$ Donc, si $((i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}))$ est un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$,

$g((i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}))=((i_{1},\sigma _{i_{1}}(x_{1})),\ldots ,(i_{n},\sigma _{i_{n}}(x_{n}))).$

(Voir par exemple l'explicitation qui accompagne la propriété universelle du produit libre.)
Il en résulte clairement que l'homomorphisme $g$ est bijectif et que son isomorphisme réciproque applique l'élément $((i_{1},y_{1}),\ldots ,(i_{n},y_{n}))$ de ${\underset {i\in I}{*}}H_{i}$ sur l'élément $((i_{1},\sigma _{i_{1}}^{-1}(y_{1})),\ldots ,(i_{n},\sigma _{i_{n}}^{-1}(y_{n})))$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$

Remarque. En imitant la seconde démonstration ci-dessus, on prouve facilement que si $(G_{i})_{i\in I}$ et $(H_{i})_{i\in I}$ sont deux familles de groupes, si $(\sigma _{i})_{i\in I}$ est une famille telle que, pour tout $i$ dans $I$, $\sigma _{i}$ soit un homomorphisme surjectif (resp. injectif) de $G_{i}$ dans $H_{i}$, alors il existe un homomorphisme surjectif (resp. injectif) de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}H_{i}.$ Cet énoncé ne peut pas s'étendre de la catégorie des groupes à n'importe quelle catégorie où les coproduits existent, car les notions de morphisme injectif et de morphisme surjectif ne s'étendent pas à n'importe quelle catégorie.

 

Problème 4

On a noté dans le chapitre théorique que si J est une partie d'un ensemble I, si $(G_{i})_{i\in I}$ est une famille de groupes, alors ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ est un sous-groupe de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$ Le prouver à l'aide de la propriété universelle du produit libre (ce qui permet d'éviter de raisonner sur les réductions qui interviennent dans la définition de la loi de groupe du produit libre).

Solution

Pour tout $i$ dans $I$, désignons par $\varphi _{i}$ la i-ième inclusion canonique de $G_{i}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$ (Noter que $(G_{i})_{i\in I}$ ne dépend pas de $i$. Puisque $\varphi _{i}$ en dépend, il serait peut-être plus rigoureux d'utiliser une autre variable que $i$ dans l'expression ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, mais on va économiser les notations.)
De même, pour tout $j$ dans $J$, désignons par $\psi _{j}$ la j-ième inclusion canonique de $G_{j}$ dans ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}.$

(1) Pour tout $j$ dans $J$, l'homomorphisme $\varphi _{j}$ et l'homomorphisme $\psi _{j}$ coïncident en tout élément de $G_{j}.$

En effet, ils appliquent tous deux le neutre de $G_{j}$ sur le neutre commun $\emptyset$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et de ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ et, pour tout élément $g$ de $G_{j}^{\sharp }$,

$\varphi _{j}(g)=\psi _{j}(g)=((j,g)).$

D'après la propriété universelle du produit libre, appliquée à la famille de groupes $(G_{j})_{j\in J}$, au groupe d'arrivée ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et à la famille d'homomorphismes $(\varphi _{j})_{j\in J}$, il existe un (et un seul) homomorphisme $f$ de ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ tel que, pour tout $j$ dans $J$,

$f\circ \psi _{j}=\varphi _{j}.$

Donc, pour tout $x$ dans $G_{j}$, nous avons

$f(\psi _{j}(x))=\varphi _{j}(x).$

D'après (1), cela peut s'écrire

$f(\psi _{j}(x))=\psi _{j}(x)$ pour tout $x$ dans $G_{j}$,

donc

(2) $\qquad f$ coïncide avec l'identité en tout élément de $\psi _{j}(G_{j}).$

Tout élément de ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ est de la forme

$((j_{1},x_{1}),\ldots ,(j_{n},x_{n}))=((j_{1},x_{1}))\times \cdots \times ((j_{n},x_{n}))$,

où, pour tout $r$ dans $\{1,\ldots ,n\},x_{r}$ appartient à $G_{j_{r}}$, où, pour tout $r$ dans $\{1,\ldots ,n-1\}$, $j_{r}$ et $j_{r+1}$ sont distincts et où $\times$ désigne la loi de groupe de ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}.$
Puisque $f$ est un homomorphisme et que, d'après (2), il coïncide avec l'identité en tout élément $((j,x))$ de $\psi _{j}(G_{j})$, il en résulte que $f$ applique l'élément $((j_{1},x_{1}),\ldots ,(j_{n},x_{n}))$ de ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ sur le produit de $((j_{1},x_{1}))$, ..., et de $((j_{n},x_{n}))$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, c'est-à-dire sur $((j_{1},x_{1}),\ldots ,(j_{n},x_{n}))$ lui-même. Donc ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ est contenu dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ et l'application $v\mapsto v$ de ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est un homomorphisme, ce qui revient à dire que ${\underset {j\in J}{*}}G_{j}$ est un sous-groupe de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$.

 

Remarque. L'énoncé de ce problème ne s'étend pas à toute catégorie où les coproduits existent, car la notion de sous-groupe ne s'étend pas de la catégorie des groupes à toute catégorie. D'ailleurs, dans le cadre général des catégories, le coproduit d'une famille d'objets n'est défini qu'à isomorphisme près.

Problème 5

Soient $G_{1},G_{2},G_{3}$ des groupes. Prouver que $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ (c'est-à-dire ${\underset {i\in \{1,2,3\}}{*}}G_{i}$) est isomorphe à $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ (c'est-à-dire à $H_{1}*H_{2}={\underset {k\in \{1,2\}}{*}}H_{k}$, où $H_{1}=G_{1}*G_{2}={\underset {j\in \{1,2\}}{*}}G_{j}$ et où $H_{2}=G_{3}).$

Solution

On va d'abord donner une démonstration qui s'étend immédiatement à toute catégorie où les coproduits existent, puis on examinera comment les choses se passent « concrètement » dans le cas de la catégorie des groupes (avec nos définitions du produit libre et des inclusions canoniques).
Pour $i$ dans $\{1,2,3\}$, nous noterons

(1)$\qquad \varphi _{i}:G_{i}\to G_{1}*G_{2}*G_{3}$

la i-ième inclusion canonique de $G_{i}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}={\underset {i\in \{1,2,3\}}{*}}G_{i}.$ (Noter que cette dernière expression ne dépend pas de $i$.)
Pour $j$ dans $\{1,2\}$, nous noterons

(2)$\qquad \psi _{j}:G_{j}\to G_{1}*G_{2}$

la j-ième inclusion canonique de $G_{j}$ dans $G_{1}*G_{2}={\underset {j\in \{1,2\}}{*}}G_{j}.$
Nous allons nous servir de la propriété universelle du produit libre pour définir un homomorphisme de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}$, homomorphisme qui s'avérera être un isomorphisme. Pour cela, nous allons d'abord définir deux homomorphismes, l'un de $G_{1}*G_{2}$ et l'autre de $G_{3}$, dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}$, puis, à l'aide de la propriété universelle, nous « synthétiserons » ces deux homomorphismes en un homomorphisme de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$
En appliquant la propriété universelle du produit libre à la famille de groupes $(G_{j})_{j\in \{1,2\}}$, au groupe d'arrivée $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ et à la famille d'homomorphismes $(\varphi _{j})_{j\in \{1,2\}}$ (où les $\varphi _{j}$ sont définis comme en (1)), nous trouvons qu'il existe un (et un seul) homomorphisme

$h_{1}:G_{1}*G_{2}\to G_{1}*G_{2}*G_{3}$

tel que, pour tout $j$ dans $\{1,2\}$,

(3)$\qquad \varphi _{j}=h_{1}\circ \psi _{j}$,

où les $\psi _{j}$ sont définis comme en (2).
(D'après la solution du problème 4, $h_{1}$ est l'application $v\mapsto v$ de $G_{1}*G_{2}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}$, mais nous n'utiliserons pas ce fait dans la présente démonstration, que nous voulons pouvoir étendre immédiatement à toute catégorie où les coproduits existent.)
Comme homomorphisme de $G_{3}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}$, nous prenons

(4)$\qquad h_{2}=\varphi _{3}$

(troisième inclusion canonique de $G_{3}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}$).
Posons $H_{1}=G_{1}*G_{2}$ et $H_{2}=G_{3}).$
Alors $h_{1}$ (resp. $h_{2}$) est un homomorphisme de $H_{1}$ (resp. $H_{2}$) dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$
Pour tout $k$ dans $\{1,2\}$, désignons par

(5)$\qquad \lambda _{k}$ la $k$-ième inclusion canonique de $H_{k}$ dans $H_{1}*H_{2}=(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$

En appliquant la propriété universelle du produit libre à la famille de groupes $(H_{k})_{k\in \{1,2\}}$, au groupe d'arrivée $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ et à la famille d'homomorphismes $(h_{k})_{k\in \{1,2\}}$, nous trouvons qu'il existe un (et un seul) homomorphisme

$h:(G_{1}*G_{2})*G_{3}\to G_{1}*G_{2}*G_{3}$

tel que, pour tout $k$ dans $\{1,2\}$,

$h\circ \lambda _{k}=h_{k}$,

autrement dit

(6)$\qquad h\circ \lambda _{1}=h_{1}$

et

(7)$\qquad h\circ \lambda _{2}=\varphi _{3}.$

Définissons maintenant un homomorphisme

$l:G_{1}*G_{2}*G_{3}\to (G_{1}*G_{2})*G_{3}$

(qui s'avérera être le réciproque de $h$).
Pour définir $l$ à l'aide de la propriété universelle du produit libre, nous allons considérer trois homomorphismes $l_{1},l_{2}$ et $l_{3}$ partant respectivement de $G_{1}$, de $G_{2}$ et de $G_{3}$ et arrivant dans $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$
Comme homomorphisme $l_{1}:G_{1}\to (G_{1}*G_{2})*G_{3}$, nous prenons

(8)$\qquad l_{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}$,

avec les définitions (2) et (5) des $\psi _{j}$ et des $\lambda _{k}.$
Comme homomorphisme $l_{2}:G_{2}\to (G_{1}*G_{2})*G_{3}$, nous prenons

(9)$\qquad l_{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}$

et comme homomorphisme $l_{3}:G_{3}\to (G_{1}*G_{2})*G_{3}$, nous prenons

(10)$\qquad l_{3}=\lambda _{2}.$

En appliquant la propriété universelle du produit libre à la famille de groupes $(G_{i})_{i\in \{1,2,3\}}$, au groupe d'arrivée $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ et à la famille d'homomorphismes $(l_{i})_{i\in \{1,2,3\}}$, nous trouvons qu'il existe un (et un seul) homomorphisme

$l:G_{1}*G_{2}*G_{3}\to (G_{1}*G_{2})*G_{3}$

tel que, pour tout $i$ dans $\{1,2,3\}$,

$l\circ \varphi _{i}=l_{i}$,

ce qui, d'après les définitions (8) à (10) des $l_{i}$, revient à

(11)$\qquad l\circ \varphi _{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}$,

(12)$\qquad l\circ \varphi _{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}$

et

(13)$\qquad l\circ \varphi _{3}=\lambda _{2}.$

Prouvons maintenant que les homomorphismes

$h:(G_{1}*G_{2})*G_{3}\to G_{1}*G_{2}*G_{3}$

et

$l:G_{1}*G_{2}*G_{3}\to (G_{1}*G_{2})*G_{3}$

sont réciproques.
Prouvons d'abord que l'endomorphisme

$h\circ l$

de $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ est l'endomorphisme identique.
D'après l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre, il suffit de prouver que

(thèse 14) $\qquad h\circ l\circ \varphi _{1}=\varphi _{1},$,

(thèse 15) $\qquad h\circ l\circ \varphi _{2}=\varphi _{2}$

et

(thèse 16) $\qquad h\circ l\circ \varphi _{3}=\varphi _{3}.$

D'après (11), nous avons $l\circ \varphi _{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}$, donc

$h\circ l\circ \varphi _{1}=h\circ \lambda _{1}\circ \psi _{1}.$

D'après (6), $h\circ \lambda _{1}=h_{1}$, donc notre résultat peut s'écrire

$h\circ l\circ \varphi _{1}=h_{1}\circ \psi _{1}.$

D'après (3), le membre droit égale $\varphi _{1}$, donc le résultat peut s'écrire

$h\circ l\circ \varphi _{1}=\varphi _{1}$,

ce qui est la thèse (14).
D'après (12), nous avons $l\circ \varphi _{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}$, donc

$h\circ l\circ \varphi _{2}=h\circ \lambda _{1}\circ \psi _{2}.$

D'après (6), $h\circ \lambda _{1}=h_{1}$, donc notre résultat peut s'écrire

$h\circ l\circ \varphi _{2}=h_{1}\circ \psi _{2}.$

D'après (3), le membre droit égale $\varphi _{2}$, donc le résultat peut s'écrire

$h\circ l\circ \varphi _{2}=\varphi _{2}$,

ce qui est la thèse (15).
D'après (13), nous avons $l\circ \varphi _{3}=\lambda _{2}$, donc

$h\circ l\circ \varphi _{3}=h\circ \lambda _{2}.$

D'après (7), le membre droit égale $\varphi _{3}$, donc le résultat peut s'écrire

$h\circ l\circ \varphi _{3}=\varphi _{3}$,

ce qui est la thèse (16).
Nous avons donc prouvé les thèses (14), (15) et (16). Comme nous l'avons vu, il en résulte que

(17)$\qquad h\circ l$ est l'endomorphisme identique de $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$

Prouvons maintenant que

$l\circ h$ est l'endomorphisme identique de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$

D'après l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre, il suffit de prouver que

(thèse 18)$\qquad l\circ h\circ \lambda _{1}=\lambda _{1}$

et

(thèse 19)$\qquad l\circ h\circ \lambda _{2}=\lambda _{2}.$

Toujours d'après l'assertion d'unicité de la propriété universelle du produit libre, il suffit, pour prouver la thèse (18), de prouver que

(thèse 18 a)$\qquad l\circ h\circ \lambda _{1}\circ \psi _{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}$

et

(thèse 18 b)$\qquad l\circ h\circ \lambda _{1}\circ \psi _{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}.$

Puisque, d'après (6), $h\circ \lambda _{1}=h_{1}$, ces deux thèses peuvent s'écrire

(thèse 20)$\qquad l\circ h_{1}\circ \psi _{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}$

et

(thèse 21)$\qquad l\circ h_{1}\circ \psi _{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}.$

D'après (3), nous avons $h_{1}\circ \psi _{1}=\varphi _{1}$ et $h_{1}\circ \psi _{2}=\varphi _{2}$, donc les thèses (20) et (21) peuvent s'écrire

$l\circ \varphi _{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}$

et

$l\circ \varphi _{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}$,

ce qui est vrai d'après (11) et (12). Nous avons donc prouvé les thèses (20) et (21), qui, comme nous l'avons vu, prouvent la thèse (18).
Prouvons la thèse (19).
D'après (7), nous avons $\qquad h\circ \lambda _{2}=\varphi _{3}$, d'où

$l\circ h\circ \lambda _{2}=l\circ \varphi _{3}.$

D'après (13), le membre droit égale $\lambda _{2}$, donc le résultat peut s'écrire

$l\circ h\circ \lambda _{2}=\lambda _{2}$,

ce qui est la thèse (19).
Nous avons donc prouvé les thèses (18) et (19). Comme on l'a vu, il en résulte que

$l\circ h$ est l'endomorphisme identique de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$

Joint à (17), cela montre que les homomorphismes $h$ et $l$ sont réciproques, donc $h$ est un isomorphisme de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur $G_{1}*G_{2}*G_{3}$, ce qui prouve l'énoncé de la question a).
La démonstration qui précède s'étend immédiatement de la catégorie des groupes à toute catégorie où les coproduits existent. À titre superfétatoire, voyons maintenant comment les choses se passent « concrètement » dans le cas de la catégorie des groupes (avec nos définitions du produit libre et des inclusions canoniques).
D'après (6), nous avons

$h\circ \lambda _{1}=h_{1}$

et nous avons noté, après la définition (3) de $h_{1}$, que, dans le cas particulier de la catégorie des groupes, $h_{1}$ est l'application $v\mapsto v$ de $G_{1}*G_{2}$ dans $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$ Donc,

pour tout $v$ dans $(G_{1}*G_{2})^{\sharp }$,

(22)$\qquad h$ applique l'élément $\lambda _{1}=((1,v))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur l'élément $v$ de $G_{1}*G_{2}\subseteq G_{1}*G_{2}*G_{3}.$

En faisant $v=\psi _{1}(x)=((1,x))$ dans (22), nous trouvons que

pour tout $x$ dans $G_{1}^{\sharp }$,

(23)$\qquad h$ applique l'élément $((1,((1,x))))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur l'élément $((1,x))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$

En faisant maintenant $v=\psi _{2}(y)=((2,y))$ dans (22), nous trouvons que

pour tout $y$ dans $G_{2}^{\sharp }$,

(24)$\qquad h$ applique l'élément $((1,((2,y))))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur l'élément $((2,y))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$

D'après (7), nous avons

$h\circ \lambda _{2}=\varphi _{3}.$

Vu les définitions (5) et (1) de $\lambda _{2}$ et de $\varphi _{3}$, il en résulte que

pour tout élément $z$ de $G_{3}^{\sharp }$,

(25)$\qquad h$ applique l'élément $((2,z))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur l'élément $((3,z))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$

Les relations (23) à (25) montrent comment $h$ agit « concrètement » sur une certaine partie génératrice de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$ Voyons maintenant ce qu'il en est de $l.$
D'après (11),

$l\circ \varphi _{1}=\lambda _{1}\circ \psi _{1}.$

Vu les définitions (1), (5) et (2) de $\varphi _{1}$, de $\lambda _{1}$ et de $\psi _{1}$, il en résulte que,

pour tout élément $x$ de $G_{1}^{\sharp }$,

(26)$\qquad l$ applique l'élément $((1,x))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ sur l'élément $((1,((1,x))))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$

D'après (12),

$l\circ \varphi _{2}=\lambda _{1}\circ \psi _{2}.$

Vu les définitions (1), (5) et (2) de $\varphi _{2}$, de $\lambda _{1}$ et de $\psi _{2}$, il en résulte que,

pour tout élément $y$ de $G_{2}^{\sharp }$,

(27)$\qquad l$ applique l'élément $((2,y))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ sur l'élément $((1,((2,y))))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$

D'après (13),

$l\circ \varphi _{3}=\lambda _{2}.$

Vu les définitions (1) et (5) de $\varphi _{3}$ et de $\lambda _{2}$, il en résulte que,

pour tout élément $z$ de $G_{3}^{\sharp }$,

(28)$\qquad l$ applique l'élément $((3,z))$ de $G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur l'élément $((2,z))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}.$

De (23) et (26), il résulte que

pour tout $x$ dans $G_{1}^{\sharp },l\circ h$ applique l'élément $((1,((1,x))))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur lui-même et $h\circ l$ applique l'élément $((1,x))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ sur lui-même.

De (24) et (27), il résulte que

pour tout $y$ dans $G_{2}^{\sharp },l\circ h$ applique l'élément $((1,((2,y))))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur lui-même et $h\circ l$ applique l'élément $((2,y))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ sur lui-même.

De (25) et (28), il résulte que

pour tout $z$ dans $G_{3}^{\sharp },l\circ h$ applique l'élément $((2,z))$ de $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ sur lui-même et $h\circ l$ applique l'élément $((3,z))$ de $G_{1}*G_{2}*G_{3}$ sur lui-même.

Ainsi, les endomorphismes $l\circ h$ et $h\circ l$ coïncident avec l'identité dans certaines parties génératrices de leurs groupes de définition, donc $l$ et $h$ sont des isomorphismes.

 

b) Soient $G_{1},G_{2},G_{3}$ des groupes. Prouver que $G_{1}*G_{2}*G_{3}$, $(G_{1}*G_{2})*G_{3}$ et $G_{1}*(G_{2}*G_{3})$ sont isomorphes.

Solution

D'après le point a), il suffit de prouver que $G_{1}*(G_{2}*G_{3})$ est isomorphe à $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$
Pour ne pas faire des raisonnements aussi longs qu'au point a), on peut dire par exemple que, d'après le problème 2, b), $G_{1}*(G_{2}*G_{3})$ est isomorphe à $(G_{2}*G_{3})*G_{1}$, lequel, d'après le point a), est isomorphe à $G_{2}*G_{3}*G_{1}$, lequel, d'après le problème 2, a), est isomorphe à $G_{1}*G_{2}*G_{3}.$.

 

Remarque. On pourrait démontrer une formule plus générale d'« associativité », à savoir que si $(G_{i})_{i\in I}$ est une famille de groupes, si $(I_{j})_{j\in J}$ est une famille de parties deux à deux disjointes de $I$ dont la réunion est égale à $I$, alors ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est isomorphe à ${\underset {j\in J}{*}}H_{j}$, où $H_{j}$ désigne ${\underset {i\in I_{j}}{*}}G_{i}.$ Cela s'étend de la catégorie des groupes à toute catégorie où les coproduits existent. Dans le cas particulier de la catégorie des groupes, on peut même prouver que ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est le produit libre interne des $H_{j}$.

Problème 6

Soit $(G_{i})_{i\in I}$ une famille de groupes. Le but de cet exercice est de déterminer les éléments d'ordre fini du produit libre ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$
a) Convenons de dire qu'un élément $((i_{1},g_{1}),\ldots (i_{n},g_{n}))$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est de forme conjuguée si

$n>1,\ i_{n}=i_{1}$ et $g_{n}=g_{1}^{-1}$ dans $G_{i_{1}}=G_{i_{n}}.$

Puisque tout élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est réduit, on doit alors avoir $n\geq 3.$ Il est clair que si $((i_{1},g_{1}),\ldots (i_{n},g_{n}))$ est de forme conjuguée, il est conjugué à $((i_{2},g_{2}),\ldots (i_{n-1},g_{n-1}))$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, d'où notre expression « de forme conjuguée ».
Prouver que tout élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est conjugué dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ à un élément qui n'est pas de forme conjuguée.

Solution

Donnons la démonstration, bien que ce soit assez évident.
Soit $v=((i_{1},g_{1}),\ldots ,(i_{n},g_{n}))$ un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$; il s'agit de prouver que $v$ est conjugué dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ à un élément qui n'est pas de forme conjuguée.
Pour deux « mots » (autrement dit multiplets) $w$ et $w'$, nous noterons $w\ _{juxt}\ w'$ le concaténé de $w$ et $w'$.
Considérons le plus grand nombre naturel $s$ tel que $v$ soit de la forme

$v=t\ _{juxt}\ w\ _{juxt}\ t^{-1}$,

avec $t$ de longueur $s$ (et, forcément, $t$ et $w$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, de sorte que $t^{-1}$ est défini).
(Autrement dit, $s$ est le plus grand nombre naturel tel que $2s\leq n$ et que, pour tout $j$ dans $\{1,\ldots ,s\},i_{j}=i_{n+1-j}$ et $g_{j}g_{n+1-j}=1$ dans $G_{i_{j}}=G_{i_{n+1-j}}.$)
Par maximalité de $s$, $w$ n'est pas de forme conjuguée. Comme c'est évidemment un conjugué de $v$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, l'énoncé en résulte.

 

b) Soit $v$ un élément d'ordre fini de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, distinct du neutre $\emptyset$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$ Prouver que $v$ est conjugué dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ à un élément de longueur $1$. (Cela revient à dire qu'il existe un élément $j$ de $I$ tel que $v$ soit conjugué dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ à un élément de $\varphi _{j}(G_{j}^{\sharp })$, où $\varphi _{j}$ désigne la $j$-ième inclusion canonique de $G_{j}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$)

Solution

D'après le point a), $v$ est conjugué dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ à un élément $w$ qui n'est pas de forme conjuguée. Puisque $v$ est distinct du neutre et d'ordre fini, il en est de même de ses conjugués, donc $w$ est distinct du neutre et d'ordre fini. Il suffit donc de prouver que

(thèse 1)$\qquad$tout élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ distinct du neutre et d'ordre fini qui n'est pas de forme conjuguée est de longueur $1.$

Soit $u=((j_{1},h_{1}),\ldots ,(j_{r},h_{r}))$ un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ qui ne soit pas de forme conjuguée et dont la longueur $r$ soit $\geq 2.$ Pour prouver la thèse (1), il revient au même de prouver que

(thèse 2)$\qquad u$ est d'ordre infini.

Supposons d'abord $j_{r}\not =j_{1}.$ Alors on montre facilement par récurrence sur $k$ que, pour tout nombre naturel $k,u^{k}$ est le concaténé de $k$ mots égaux à $u$ et est donc de longueur $kr.$ Donc si $k>0,u^{k}$ est de longueur $kr>0$ et n'est donc pas le neutre de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$ Cela prouve que $u$ est d'ordre infini, donc la thèse(2) est vraie dans le présent cas $j_{r}\not =j_{1}.$
Supposons maintenant $j_{r}=j_{1}.$ Alors, puisque tout élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est réduit,

(3)$\qquad r\geq 3.$

Puisque $u$ est supposé ne pas être de forme conjuguée, $h_{1}$ et $h_{r}$ ne sont pas inverses l'un de l'autre dans $G_{j_{1}}=G_{j_{r}}$, donc (puisque nous supposons $j_{r}=j_{1}$)

(4)$\qquad ((j_{r},h_{r}))\ u\ ((j_{r},h_{r}))^{-1}=((j_{r},h_{r}h_{1}),(j_{2},h_{2}),\ldots ,(j_{r-1},h_{r-1})),$

avec, d'après (3),

(5)$\qquad r-1\geq 2.$

Puisque le mot $u$ est réduit, $j_{r}$ est distinct de $j_{r-1}$, donc, d'après la première partie de la démonstration (et compte tenu de (5)), le membre droit de (4) est d'ordre infini, donc le membre gauche de (4), à savoir $((j_{r},h_{r}))\ u\ ((j_{r},h_{r}))^{-1}$, est d'ordre infini, donc son conjugué $u$ est d'ordre infini. Nous avons ainsi prouvé la thèse (2) dans tous les cas. Comme nous l'avons vu, la thèse (1) en résulte.

 

c) On suppose que chaque $G_{i}$ est sans torsion. (Rappel : un groupe est dit sans torsion si son seul élément d'ordre fini est son élément neutre.) Prouver que ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est sans torsion.

Solution

Il revient au même de prouver que si ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ n'est pas sans torsion, il y a au moins un $j$ dans $I$ tel que $G_{j}$ ne soit pas sans torsion.
Dire que ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ n'est pas sans torsion revient à dire qu'il existe dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ un élément$v$ distinct du neutre et d'ordre fini. D'après le point b), $v$ est alors conjugué dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ à un élément $w$ de longueur 1, soit $w=((j,g))=\varphi _{j}(g)$, avec $j\in I$ et $g\in G_{j}^{\sharp }.$ Puisque $w$ est conjugué de $v$, il est d'ordre fini dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$, autrement dit $\varphi _{j}(g)$ est d'ordre fini dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$. Puisque $x\mapsto \varphi _{j}(x)$ définit un isomorphisme de $G_{j}$ sur $\varphi _{j}(G_{j}),g$ est donc d'ordre fini dans $G_{j}$. Puisque $g$ est distinct du neutre de $G_{j}$, $G_{j}$ n'est donc pas sans torsion, ce qui, comme nous l'avons vu, démontre l'énoncé.

 

Remarque. Le groupe additif $\mathbb {Z}$ est sans torsion. (En effet, si $n$ est un nombre naturel non nul et $x$ un élément non nul de $\mathbb {Z}$, $nx$ est un élément non nul de $\mathbb {Z}$.) Il résulte donc du point c) que le produit libre d'une famille de groupes isomorphes au groupe additif $\mathbb {Z}$ est sans torsion. Puisque (chapitre théorique) tout groupe libre est isomorphe à un tel produit libre, tout groupe libre est donc sans torsion. On retrouve ainsi un résultat démontré dans les exercices du chapitre Groupes libres, premiers éléments.

Problème 7

Soit $(G_{i})_{i\in I}$ une famille de groupes. Le but de cet exercice est de déterminer le centre de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$ Pour tout élément $j$ de $I$, on désignera par $\varphi _{j}$ la $j$-ième inclusion canonique de $G_{j}$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}.$

a) Soit $j$ un élément de $I$, soit $g$ un élément de $G_{j}^{\sharp }.$ Prouver que le centralisateur de $\varphi _{j}(g)$, autrement dit de $((j,g))$, dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est $\varphi _{j}(C_{G_{j}}(g))$, où $C_{G_{j}}(g)$ désigne le centralisateur de $g$ dans $G_{j}.$

Solution

Puisque $\varphi _{j}$ est un homomorphisme injectif, il suffit de prouver que tout élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ qui commute avec $((j,g))$ dans ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ appartient à $\varphi _{j}(G_{j}).$
Prouvons d'abord que

(thèse 1)$\qquad$ si $v=((i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}))$ est un élément de longueur $n>0$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ qui commute avec $((j,g))$, alors $i_{1}=i_{n}=j.$

Puisque $v$ commute avec $((j,g))$, nous avons

(2)$\qquad ((j,g))\ v=v\ ((j,g)).$

Supposons que, par absurde,

(hyp. 3)$\qquad i_{1}$ et $i_{n}$ soient tous deux distincts de $j.$

Alors la relation (2) s'écrit

$((j,g),(i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}))=((i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}),(j,g)).$

Le premier des couples formant le membre gauche doit être égal au premier des couples formant le membre droit, donc $j=i_{1}$, ce qui montre que l'hypothèse (3) est contradictoire, donc

(4)$\qquad i_{1}$ ou $i_{n}$ est égal à $j.$

(5)$\qquad$ Si $i_{1}$ n'est pas égal à $j$, le membre gauche de (2) est de longueur $n+1.$

Toujours si $i_{1}$ n'est pas égal à $j$, il résulte de (4) que $i_{n}$ est égal à $j$, de sorte que le membre droit de (2) est de longueur $\leq n.$ Comparé à (5), cela montre que l'hypothèse $i_{1}\not =j$ est contradictoire, donc $i_{1}=j$ et, de même, $i_{n}=j.$ Nous avons donc prouvé la thèse (1), à savoir que

(6)$\qquad$ si $v=((i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}))$ est un élément de longueur $n>0$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ qui commute avec $((j,g))$, alors $i_{1}=i_{n}=j.$

Voici une façon parmi d'autres de continuer.
Supposons que, par absurde,

(hyp. 7)$\qquad v=((i_{1},x_{1}),\ldots ,(i_{n},x_{n}))$ soit un élément de longueur $n\geq 2$ de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ qui commute avec $((j,g)).$

Si $n$ était égal à $2$, la relation (6) donnerait $i_{1}=i_{2}$, ce qui est impossible puisque $v$ est réduit. Donc

(8)$\qquad n\geq 3.$

D'après (6), $x_{n}$ appartient à $G_{j}$, donc $((j,x_{n}))$ est un élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{j}$ (c'est le dernier des couples formant $v$). Puisque $v$ est supposé commuter avec $((j,g))$,

$((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ commute avec $((j,x_{n}))\ ((j,g))\ ((j,x_{n}))^{-1}$

(la relation de commutation subsiste par passage aux valeurs par un homomorphisme, en particuler par un automorphisme intérieur).
Autrement dit,

$((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ commute avec $\varphi _{j}(x_{n})\ \varphi _{j}(g)\ \varphi _{j}(x_{n})^{-1}$,

autrement dit encore

$((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ commute avec $\varphi _{j}(x_{n}\ g\ x_{n}^{-1}).$

Puisque $g$ est distinct du neutre de $G_{j}$, il en est de même de $x_{n}\ g\ x_{n}^{-1}$, donc notre résultat revient à dire que

(9)$\qquad ((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ commute avec $(j,x_{n}\ g\ x_{n}^{-1}).$

En remplaçant dans (6) $v$ par $((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ (qui n'est pas le mot vide, puisque son conjugué $v$ ne l'est pas) et $g$ par $(j,x_{n}\ g\ x_{n}^{-1})$, nous tirons de (9) que

(10)$\qquad$ le dernier des couples formant $((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ est de la forme $((j,h))$ (avec $h\in G_{j}^{\sharp }$).

Mais, selon que $x_{n}\ x_{1}$ égale ou n'égale pas le neutre de $G_{j}$, $((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ égale $((i_{2},x_{2}),\ldots ,(i_{n-1},x_{n-1}))$ ou $((j,x_{n}\ x_{1}),(i_{2},x_{2}),\ldots ,(i_{n-1},x_{n-1})).$ Puisque, comme vu en (8), $n\geq 3$, le dernier des couples formant $((j,x_{n}))\ v\ ((j,x_{n}))^{-1}$ est donc $(i_{n-1},x_{n-1})$, avec, puisque $v$ est réduit, $i_{n-1}\not =i_{n}$, autrement dit, d'après (6), $i_{n-1}\not =j.$ Cela contredit (10), donc l'hypothèse (7) est absurde, donc tout élément de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ qui commute avec $((j,g))$ est de longueur $\leq 1$ et, d'après (6), appartient donc à $\varphi _{j}(G_{j}).$ Comme on l'a vu, cela prouve le point a).

 

b) On suppose qu'on peut trouver dans $I$ deux indices distincts $j$ et $k$ tels que $G_{j}$ et $G_{k}$ soient tous deux non triviaux. Prouver que le centre de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est trivial.

Solution

Cela ne devrait pas faire de difficulté. Choisissons un élément $g$ de $G_{j}^{\sharp }$ et un élément $h$ de $G_{j}^{\sharp }.$ Le centre de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est contenu dans le centralisateur de $((j,g))$, centralisateur qui, d'après le point a), est contenu dans $\varphi _{j}(G_{j}).$ Donc le centre de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est contenu dans $\varphi _{j}(G_{j})$ et, de même, dans $\varphi _{k}(G_{k})$. Puisque les $\varphi _{i}(G_{i})$ se coupent trivialement deux à deux, le centre de ${\underset {i\in I}{*}}G_{i}$ est donc trivial.

 

Remarque. Puisqu'un groupe libre de base $X$ est isomorphe au produit libre de la famille $(G_{x})_{x\in X}$, où chaque $G_{x}$ est isomorphe à $\mathbb {Z} ,+$ et donc non trivial, il résulte du point b) que tout groupe libre de rang $\geq 2$ est de centre trivial. On retrouve ainsi un résultat démontré dans les exercices du chapitre Groupes libres, premiers éléments.

Problème 8

Soient A et B deux groupes, X le sous-ensemble de $A*B$ constitué des commutateurs $[a,b]=a^{-1}b^{-1}ab$, pour $a\in A\setminus \{1_{A}\}$ et $b\in B\setminus \{1_{B}\}$, et R le sous-groupe de $A*B$ engendré par X.

(Remarque : si A et B sont abéliens, R n'est autre que le sous-groupe dérivé de $A*B$.)

1. Montrer que R est le noyau de l'épimorphisme canonique de $A*B$ sur le produit direct $A\times B$.
2. Montrer que pour tout entier $n\geq 1$, tous $[a_{1},b_{1}],\dots ,[a_{n},b_{n}]\in X$ et tous $\epsilon _{1},\dots ,\epsilon _{n}\in \{-1,1\}$ tels qu'on n'ait jamais simultanément $a_{i}=a_{i+1}$, $b_{i}=b_{i+1}$ et $\epsilon _{i}=-\epsilon _{i+1}$, l'élément $[a_{1},b_{1}]^{\epsilon _{1}}\dots [a_{n},b_{n}]^{\epsilon _{n}}\in A*B$ (une fois réduit) est de longueur $\geq n+3$ et qu'il se termine par $a_{n}b_{n}$ si $\epsilon _{n}=1$, et par $b_{n}a_{n}$ si $\epsilon _{n}=-1$.
3. En déduire X est une base de R.
   Remarque : cela précise et généralise le fait (vu dans la question g de Groupes libres : théorème de Nielsen-Schreier#Problème 2) que le dérivé du groupe libre $\mathbb {Z} *\mathbb {Z}$ est de rang infini.
4. En déduire que si A et B sont finis alors le groupe $A*B$ est virtuellement libre, c'est-à-dire qu'il possède un sous-groupe libre d'indice fini.

Solution

1. Si $[a,b]\in X$ et $c\in A$ alors $c^{-1}[a,b]c=[ac,b][c,b]^{-1}\in R$ et de même, si $d\in B$ alors $d[a,b]d^{-1}\in R$, donc R est normal dans $A*B$. Le groupe quotient $(A*B)/R$ a la propriété universelle qui caractérise $A\times B$ donc R est bien le noyau annoncé.
2. La preuve par récurrence sur $n$ ne pose aucun problème.
3. D'après la question précédente, X est une partie libre du sous-groupe R qu'elle engendre.
4. L'indice du sous-groupe libre R dans $A*B$ est égal à l'ordre de $A\times B$.

 

Références :

• (en) Jean-Pierre Serre, Trees [lire en ligne], p. 6-7  pour les questions 1 à 3
• (en) Roger Lyndon, « Two notes on Rankin's book on the modular group », Journal of the Australian Mathematical Society, vol. 16, 1973, p. 454-457 [texte intégral] (Theorem 2) pour une généralisation à un produit libre de n groupes ;
• (en) « Are free products of finite groups virtually free? », sur math.stackexchange.com pour la question 4.

Problème 9 : lemme du ping-pong

Soient H₁, H₂, … , H_k des sous-groupes non triviaux d'un groupe G, avec k ≥ 2 et H₁ d'ordre > 2.

On suppose que G agit sur un ensemble X contenant des sous-ensembles non vides disjoints X₁, X₂, … , X_k tels que :

pour tous i ≠ j et tout h ∈ H_i\{1}, h(X_j) ⊂ X_i.

Le but de l'exercice est d'en déduire que le sous-groupe engendré par les H_i est leur produit libre interne.

Il s'agit donc de montrer que pour tout mot réduit $w=((i_{1},w_{1}),\dots ,(i_{m},w_{m}))\in *_{i=1}^{k}H_{i}$ de longueur $m\geq 2$, le produit $g:=w_{1}\dots w_{m}\in G$ est différent du neutre.

1. Par hypothèse, pour j de 1 à m, $w_{j}\in H_{i_{j}}\setminus \{1\}$. On suppose dans cette question que $i_{1}=i_{m}=1$. Montrer qu'alors, $gX_{2}\subset X_{1}$ et conclure.
2. Si $i_{1}$ ou $i_{m}$ est différent de 1, se ramener au cas précédent par conjugaison.

Solution

1. $gX_{2}\subset w_{1}\dots w_{m-1}X_{1}\subset w_{1}\dots w_{m-2}X_{i_{m-1}}\subset \dots \subset w_{1}X_{i_{2}}\subset X_{1}$. Comme $X_{2}\not \subset X_{1}$, ceci prouve que $g\neq 1$.
2. • si $i_{1}=1,\,i_{m}\neq 1$, soit $h\in H_{1}\setminus \{w_{1}^{-1},1\}$ (un tel $h$ existe car $|H_{1}|\geq 3$) ;
   • si $i_{1}\neq 1,\,i_{m}=1$, soit $h\in H_{1}\setminus \{w_{m},1\}$ ;
   • si $i_{1},i_{m}\neq 1$, soit $h\in H_{1}\setminus \{1\}$.

   Dans les trois cas, $hgh^{-1}$ est l'image dans G d'un mot réduit de $*_{i=1}^{k}H_{i}$ dont la première et la dernière lettre sont dans $H_{1}$, si bien que $hgh^{-1}$ est différent de 1 d'après la question précédente, donc $g$ aussi.

 

Problème 10

Démontrer que le sous-groupe de SO(3, ℝ) engendré par les deux matrices de rotation

$A:={\frac {1}{5}}{\begin{pmatrix}3&4&0\\-4&3&0\\0&0&5\end{pmatrix}}$ et $B:={\frac {1}{5}}{\begin{pmatrix}5&0&0\\0&3&4\\0&-4&3\end{pmatrix}}$

est isomorphe à $\mathbb {Z} *\mathbb {Z}$.

Indication : appliquer le lemme du ping-pong à

$X_{1}:=\left\{\left.{\frac {1}{5^{k}}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}~\right|~k\in \mathbb {N} ,\quad a,b,c\in \mathbb {Z} ,\quad c\not \equiv 0{\bmod {5}},\quad {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\equiv {\begin{pmatrix}0\\\pm 2c\end{pmatrix}}{\bmod {5}}\right\}$ et

$X_{2}:=\left\{\left.{\frac {1}{5^{k}}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}~\right|~k\in \mathbb {N} ,\quad a,b,c\in \mathbb {Z} ,\quad a\not \equiv 0{\bmod {5}},\quad {\begin{pmatrix}b\\c\end{pmatrix}}\equiv {\begin{pmatrix}\pm 2a\\0\end{pmatrix}}{\bmod {5}}\right\}$.

Solution

On vérifie que les conditions du lemme du ping-pong sont remplies. Par exemple : $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad A^{n}(X_{1})\subset X_{2}$ car

$A{\frac {1}{5^{k}}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\frac {1}{5^{k+1}}}{\begin{pmatrix}3a+4b\\-4a+3b\\5c\end{pmatrix}}$ et ${\begin{pmatrix}-4a+3b\\5c\end{pmatrix}}\equiv {\begin{pmatrix}2(3a+4b)\\0\end{pmatrix}}{\bmod {5}}$, et

si $a\equiv 0{\bmod {5}}$ et $b\not \equiv 0{\bmod {5}}$ ou si $a\not \equiv 0{\bmod {5}}$ et $b\equiv 2a{\bmod {5}}$, alors $3a+4b\not \equiv 0{\bmod {5}}$.

On montre de même que $A^{-n}(X_{1})\subset X_{2}$, $B^{n}(X_{2})\subset X_{1}$et $B^{-n}(X_{2})\subset X_{1}$.

Remarque : on peut se passer du lemme du ping-pong en démontrant d'abord que pour tous $a,b,c\in \mathbb {Z}$ et $C,D\in \{A,A^{-1},B,B^{-1}\}$, les entiers $b'$ et $b''$ définis par

$C{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\frac {1}{5}}{\begin{pmatrix}a'\\b'\\c'\end{pmatrix}}$ et $D{\begin{pmatrix}a'\\b'\\c'\end{pmatrix}}={\frac {1}{5}}{\begin{pmatrix}a''\\b''\\c''\end{pmatrix}}$

vérifient : si $b'$ n'est pas multiple de 5 alors $b''$ non plus (mais il y a beaucoup de cas à passer en revue).

Voir aussi :

• (en) Kenzi Satô, « Free groups acting without fixed points on rational spheres », Acta Arithmetica, vol. 85, 1998, p. 135-140 [texte intégral lien DOI] ;
• (en) David Speyer, « That trick where you embed the free group into a Lie group », sur sbseminar.wordpress.com, 2007 : où l'on constate que sur $\mathbb {C}$, $A$ et $B$ sont diagonalisables et leurs droites propres ne sont pas les mêmes, mais leurs trois valeurs propres sont de module 1 (au lieu d'être de modules > 1, = 1 et < 1), ce qui empêche de procéder comme dans (en) J. Z. Gonçalves, « Free subgroups in linear groups », J. Algebra, vol. 295, n^o  1, 2006, p. 94-118 [texte intégral], sauf qu'on y remédie en remplaçant le module par la norme 5-adique. Dans ce post, on rappelle aussi qu'un tel plongement de $\mathbb {Z} *\mathbb {Z}$ dans SO(3, ℝ) permet de démontrer le paradoxe de Banach-Tarski.

 

Problème 11

Soit $F_{2}=\langle a,b\rangle$ le groupe libre sur deux générateurs $a$ et $b$. On construit un graphe $\Gamma =(F_{2},E)$ (appelé graphe de Cayley) de la façon suivante. On décrète que deux sommets $x,y\in F_{2}$ sont reliés par une arête $\in E$ (un segment isométrique à l'intervalle $[0,1]$) si $x\in \{ya,yb,ya^{-1},yb^{-1}\}$.

1. Montrer que $\Gamma$ est naturellement muni d'une distance $d$ telle que la distance entre deux sommets soit toujours un entier.
2. Montrer que $\Gamma$ est un arbre (c'est-à-dire un graphe sans cycle).
3. Montrer qu'en posant $g\cdot x=gx$, on définit une action par isométries de $F_{2}$ sur $\Gamma$.
4. Si $g\neq 1$, montrer que l'isométrie induite par $g$ sur $\Gamma$ est sans point fixe, et identifier l'ensemble $A(g)\subset \Gamma$ des points $y\in \Gamma$ tels que $d(y,gy)$ soit minimale.
5. Si $g\neq 1$, construire un élément $h\in F_{2}$ non trivial tel que $A(g)\cap A(h)=\varnothing$.
6. Si $g,h\in F_{2}$ sont deux éléments non triviaux tels que $A(g)\cap A(h)=\varnothing$, montrer que $\langle g,h\rangle$ est libre (indication : ping-pong).
7. Pour tout entier $n>0$, montrer que $F_{2}$ contient des groupes libres de rang $n$ (indication : s'inspirer de la question précédente).

Solution

1. Cf. Métrique des mots.
2. Comme il n'y a pas de relations entre les deux générateurs du groupe libre (par définition), son graphe de Cayley est acyclique.
3. Immédiat, par définition de $d$.
4. $A(g)$ (l'« axe » de $g$) est isométrique à la droite réelle, et $g$ agit par translation de $+1$ sur $A(g)$.
5. On peut prendre $h=f^{n}gf^{-n}$ avec $A(f)$ qui croise $A(g)$ en un point seulement.
6. On peut appliquer le lemme du ping-pong en prenant pour $X_{1}$ l'ensemble des points de l'arbre qui sont strictement plus proches de $A(g)$ que de $A(h)$, et vice-versa pour $X_{2}$.
7. Même procédé, en construisant $h_{1},\dots ,h_{n}$ d'axes deux à deux disjoints comme dans la question 5 puis en prenant pour $X_{i}$ l'ensemble des points de l'arbre qui sont strictement plus proches de $A(h_{i})$ que des autres $A(h_{j})$.

 

Remarque sur la dernière question : une autre façon de plonger $F_{n}$ dans $F_{2}$ (pour $n\geq 2$) est de choisir dans $F_{2}$ un sous-groupe d'indice $n-1$ et d'appliquer la formule qui relie son indice à son rang.