\langsubsubsection{Exercices}{Exercises}

\begin{exercise_sq}[TD2 EX1]
	Est-ce que les groupes suivants sont isomorphes ?
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{$(\Z/4\Z, +)$ et $(\Z/2\Z \cartesianProduct \Z/2\Z, +)$}
		\item{$(\{1, -1, i, -i\}, \cdot)$ et $(\Z/4\Z, +)$}
		\item{$(S_3, \composes)$ et $(\Z/6\Z, +)$}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{$\forall x \in ((\Z/2\Z)^2, +), x + x = 0 \implies \card{\generator{x}} \le 2$ alors que $\bar{1} \in (\Z4/\Z, +), \card{\generator{\bar{1}}} = 4$. Comme les isomorphismes préservent l'ordre des éléments, on en conclut que $((\Z/2\Z)^2, +) \not \isomorphic (\Z/4\Z, +)$}
		\item{Posons $\function{f}{\Z/4\Z}{\{1, i, -1, -i\}} \functiondef{x}{e^{i \frac{x \pi}{2}}}$ or $\forall (x, y) \in (\Z/4\Z)^2, f(x) \cdot f(y) = e^{i \frac{x \pi}{2}} \cdot e^{i \frac{y \pi}{2}} = e^{i \frac{(x + y) \pi}{2}} = f(x + y) \implies f \in Hom(\Z/4\Z, \{1, i, -1, -i\})$ de plus $\inv{f}(y) = -\frac{2i}{\pi} \log(y)$ ce qui permet de conclure $(\{1, -1, i, -i\}, \cdot) \isomorphic (\Z/4\Z, +)$}
		\item{Soit $ (f, g) \in (S_3, \composes)^2$ tel que $f = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 2 \end{bmatrix}$ et $g = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 3 \end{bmatrix}$.
			Observons que $f \composes g = \begin{bmatrix} 2 & 3 & 1 \end{bmatrix}$ ainsi que $g \composes f = \begin{bmatrix} 3 & 1 & 2\end{bmatrix}$.
			Comme $f \composes g \ne g \composes f \implies (S_3, \composes) \notin \Ab$. Sachant que $(\Z/6\Z, +) \in \Ab$ on en conclut que $(S_3, \composes) \not \isomorphic (\Z/6\Z, +)$
			}
	\end{enumerate}
\end{proof}


\begin{exercise_sq}[TD2 EX4]
	On considère le groupe (voir Feuille 1)
	$$G = \{ \function{f_{a,b}}{\R}{\R} \suchthat f_{a,b}(x) = ax + b, a \in \R^*, b \in \R \}$$
	dont la loi de groupe est la composition des fonctions. On pose
	$$H := \{ \function{f_b}{\R}{\R} \suchthat f_b(x) = x + b, b \in \R \}$$
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer que $H \subset G$ est un sous-groupe.}
		\item{Montrer que $$f_{a,b} H = f_{c,d} H$$ si et seulement si $a = c$.}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	Soit $G = \{ \function{f_{a,b}}{\R}{\R} \suchthat f_{a,b}(x) = ax + b, a \in \R^*, b \in \R \}$
	ainsi que $H := \{ \function{f_b}{\R}{\R} \suchthat f_b(x) = x + b, b \in \R \}$

	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{
			\begin{itemize}
				\item{$\Identity_G = f_{1, 0} \implies \Identity_G \in H$}
				\item{$\forall (f_{1, b}, f_{1, d}) \in H^2, \forall x \in \R, f_{1, b} \composes f_{1, d} = (x + b) + d = f_{1, b + d} \implies f_{1, b} \composes f_{1, d} \in H$}
				\item{$\forall f_{1, b} \in H, \exists! f_{c, d} \in G, f_{1, b} \composes f_{c, d} = \Identity_G \implies \forall x \in \R, f_{1, b} \composes f_{c, d} = (cx + d) + b \implies f_{c, d} = f_{1, -b} \implies \inv{f_{1, b}} = f_{c, d} \in H$}
			\end{itemize}
		}
		\item{
			\impliespart

			Soit $(f_{a, b}, f_{c, d}) \in G^2$ tel que $f_{a,b} H = f_{c,d} H
			\equivalence \forall f_{1, e} \in H, \inv{f_{c, d} \composes f_{a, b} \composes f_{1, e} \in H}
			\equivalence \frac{1}{c} (a(x + e) + b) - \frac{d}{c} \in H
			\equivalence \frac{a}{c} x + (\frac{ae + b - d}{c}) \in H
			\implies a = c$

			\Limpliespart

			Soit $(f_{a, b}, f_{c, d}) \in G^2$ tel que $a = c$.
			On observe que $f_{a, b} \composes f_{1, d - b} = a(x + d - b) + b = f_{a, d}$
			ainsi que $f_{c, d} \composes f_{1, b - d} = c(x + b - d) + d = f_{a, b}$.
			Or $f_{1, d - b}$ et $f_{1, b - d}$ sont dans $H$ ce qui montre que $f_{a,b} H = f_{c,d} H$.
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	Soit $T := \{-1, 1\}$ ainsi que $\function{f}{\Z}{T} \functiondef{x}{\begin{cases} 1 & \text{\lang{Pair}{Even} } x \\ -1 & \text{\lang{Impair}{Odd} } x \end{cases}}$
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer que $\forall (x, y) \in \Z^2, f(x + y) = f(x)f(y)$, que cela dit sur les entiers relatifs ?}
		\item{Est-ce que $\forall (x, y) \in \Z^2, f(xy) = f(x)f(y)$ est aussi vrai ?}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	Soit $T := \{-1, 1\}$ ainsi que $\function{f}{\Z}{T} \functiondef{x}{\begin{cases} 1 & \text{\lang{Pair}{Even} } x \\ -1 & \text{\lang{Impair}{Odd} } x \end{cases}}$.
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Soit $(x, y) \in \Z^2$

			Comme tout entier est soit pair ou impair, on peut donc faire une disjonction en 4 cas

			\begin{tabular}{c|c|c|c}
				$x$ & $y$ & $f(x + y)$ & $f(x)f(y)$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Pair}{Even} } x$ & $\text{\lang{Pair}{Even} } y$ & $f(2x' + 2y') = f(2(x' + y')) = 1$ & $1 \cdot 1 = 1$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Pair}{Even} } x$ & $\text{\lang{Impair}{Odd} } y$ & $f(2x' + 2y' + 1) = f(2(x' + y') + 1) = -1$ & $1 \cdot -1 = -1$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Impair}{Odd} } x$ & $\text{\lang{Pair}{Even} } y$ & $f(2x' + 1 + 2y') = f(2(x' + y') + 1) = -1$ & $-1 \cdot 1 = -1$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Impair}{Odd} } x$ & $\text{\lang{Impair}{Odd} } y$ & $f(2x' + 1 + 2y' + 1) = f(2(x' + y' + 1)) = 1$ & $-1 \cdot -1 = 1$
			\end{tabular}

			On a donc $\forall (x, y) \in \Z^2, f(x + y) = f(x)f(y)$, $f$ est donc un homomorphisme.}

		\item{Soit $(x, y) \in \Z^2$, dans le cas ou $x$ est pair et $y$ est impair, on remarque que $f(xy) = f(2x'(2y' + 1)) = f(2(2x'y' + x')) = 1$ alors que $f(x)f(y) = 1 \cdot -1 = -1$.
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	Soit $G$ un groupe d'ordre 4. Supposons que $G$ n'est pas isomorphe au groupe $\Z/4\Z$. Montrer que $G$ est isomorphe à $\Z/2\Z \cartesianProduct \Z/2\Z$.
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO: Complete proof
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer qu'un élément $\bar{a}$ de $(\Z/n\Z, +)$ est générateur si et seulement s'il existe $b \in \Z$ tel que $\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{1}$.}
		\item{Soit $(G, \composes)$ un groupe, Montrer qu'un morphisme de groupe $$\function{\varphi}{(\Z/n\Z, +)}{(G, \composes)}$$ est déterminé par $\varphi(\bar{1})$.}
		\item{Soit $\function{\varphi}{(\Z/n\Z, +)}{(\Z/n\Z, +)}$ un morphisme. Montrer que $\varphi$ est un isomorphisme si et seulement si $\varphi(\bar{1})$ est générateur.}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	% TODO: Complete proof
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{\impliespart

			Soit $(\Z/n\Z, +) \in \Grp$ et $\bar{a}$ générateur de
			$\Z/n\Z \implies \forall \bar{k} \in \Z/n\Z, \exists \bar{b} \in \Z/n\Z, \bar{a} \cdot \bar{b} = \sum\limits_{i = 1}^{\bar{b}} \bar{a} = \bar{k}$,
			il existe donc en particulier $\bar{b} \in \Z/n\Z$ tel que $\bar{a} \cdot \bar{b} = \sum\limits_{i = 1}^{\bar{b}} \bar{a} = \bar{1}$.
			Or $\bar{b} = \{ b \cdot n \suchthat n \in \Z \}$, en conséquence, il existe $b \in \Z$ tel que $\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{1}$.

			\Limpliespart

			Soit $b \in \Z$ tel que $\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{1} \implies \forall k \in \Z, (k \cdot \bar{b}) \cdot \bar{a} = k \cdot (\bar{a} \cdot \bar{b}) \equiv k \mod n \implies \forall $
		}
		\item{Soit $x \in \Z/n\Z, \varphi(x) = \varphi(\sum\limits_{i = 1}^x \bar{1}) = \composes\limits_{i = 1}^x \varphi(\bar{1})$}
		\item{\impliespart
			asdasd

			\Limpliespart

			asdasd
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer que l'ensemble $G$ des matrices défini par $$G := \left\{ \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \suchthat x, y, z \in \R \right\}$$ est un sous-groupe de $GL_3(\R)$.}
		\item{Calculer le centre de $G$, c'est-à-dire $$Z(G) = \{ g \in G \suchthat gh = hg \forall h \in G \}$$}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Tous les éléments de $G$ sont des matrices triangulaires supérieures qui sont inversibles, il suffit donc de vérifier chaque axiome d'un sous-groupe.

			\begin{itemize}
				\item{Soit $A \in G$ tel que $x = y = z = 0 \implies A = \Identity_3 \implies \Identity_3 \in G$}
				\item{Soit $(A, B) \in G^2$ ainsi que $(a, b, c, x, y, z) \in \R^6$ tel que
					$A = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et
					$B = \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

					$AB = \begin{pmatrix} 1 & x + a & y + az + b \\ 0 & 1 & z + c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$,
					hors $(x + a, y + az + b, z + c) \in \R^3 \implies AB \in G$}
				\item{Soit $A \in G, \exists! \inv{A} \in GL_3(\R)$ ainsi que $(a, b, c) \in \R^3$ tel que
					$A = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ comme
					$A \inv{A} = \Identity_G \implies \inv{A} =
					\begin{pmatrix} 1 & -a & ac - b \\ 0 & 1 & -c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$,
					hors $(-a, ac - b, -c) \in \R^3 \implies \inv{A} \in G$}
			\end{itemize}

			$G$ est de ce fait un sous-groupe de $GL_3(\R)$.
		}
		\item{Soit $(A, B) \in G^2$ ainsi que $(a, b, c, x, y, z) \in \R^6$ tel que
			$A = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et
			$B = \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

			$AB = BA \equivalence \begin{pmatrix} 1 & x + a & y + az + b \\ 0 & 1 & z + c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =
			\begin{pmatrix} 1 & a + x & b + cx + y \\ 0 & 1 & c + z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \equivalence az = cx$

			Pour un $A$ fixé, la seule manière de rendre le produit commutatif pour tout $B$ est que $a = c = 0$

			$\implies Z(G) = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 & b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \suchthat b \in \R \right\}$
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}

