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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Relation d’équivalence
Exercice 1[ 02643 ][correction]
SoitRune relation binaire sur un ensembleEà la fois réflexive et transitive.
On définit les nouvelles relationsSetTpar :
xSy⇔(xRyetyRx)etxTy⇔(xRyouyRx)
Les relationsSetT ?sont-elles des relations d’équivalences
Exercice 2[ 02644 ][correction]
SoitEun ensemble etAune partie deE.
On définit une relationRsur℘(E)par :
XRY⇔X∪A=Y∪A
a) Montrer queRest une relation d’équivalence
b) Décrire la classe d’équivalence deX∈℘(E)
Exercice 3[ 02983 ][correction]
On considère surF(E E)la relation binaireRdéfinie par :
fRg⇔ ∃ϕ∈S(E)telle quef◦ϕ=ϕ◦g
a) Montrer queRest une relation d’équivalence.
b) Décrire la classe d’équivalence d’une fonction donnéef∈S(E).
Exercice 4[ 02984 ][correction]
SoitRune relation binaire réflexive et transitive.
On définit une relationSpar :
xSy⇔xRyetyRx
Montrer queSest une relation d’équivalence et queRpermet de définir une
relation d’ordre sur les classes d’équivalences deS.
Exercice 5[ 02985 ][correction]
Soit(G×)un groupe etHun sous groupe de(G×).
On définit une relation binaireRsurGpar :
xRy⇔xy−1∈H
Montrer queRest une relation d’équivalence et en décrire les classes
d’équivalence.
Enoncés
Exercice 6[ 03453 ][correction]
Soit(G )un groupe de cardinal2n.
a) Justifier que l’on définit une relation d’équivalenceRsurGen posant
xRy⇔x=youx=y−1
b) En déduire l’existence dansGd’un élément d’ordre 2.
Exercice 7X MP[ 03243 ][correction]
SoitGun groupe multiplicatif de cardinalpαavecppremier etα∈N?.
Montrer que
Z(G)6={1}
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Corrections
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
Les relationsSetTsont clairement réflexives et symétriques.
Soientx y z∈E.
SupposonsxSyetySz.
On a alorsxRyetyRzdoncxRzet aussiyRxetzRydonczRxpuisxSz.
Le raisonnement n’est plus valable avecTet on peut présumer queTne sera pas
une relation d’équivalence.
Prenons pourRla relation divise définie surN?. On a2|6et3|6donc2T6et
6T3or26 T3.
Ici la relationTn’est pas transitive.
Exercice 2 :[énoncé]
a) La relation étudiée est évidemment réflexive, symétrique et transitive.
b)Y∈Cl(X)⇔Y∪A=X∪A.
SoitY∈Cl(X). On aY∪A=X∪A
∀x∈Y\Aon ax∈Y∪A=X∪Aetx∈ Adoncx∈X\A. AinsiY\A⊂X\Aet
inversementX\A⊂Y\AdoncX\A=Y\A.
PuisqueY= (Y\A)∪(Y∩A)on aY= (X\A)∪BavecB∈℘(A).
Inversement soitY= (X\A)∪BavecB∈℘(A).
¯
On aY∪A= (X\A)∪(B∪A) = (X∩A)∪A=X∪A.
FinalementCl(X) ={(X\A)∪BB∈℘(A)}.
Exercice 3 :[énoncé]
a)f◦IdE=IdE◦fdoncfRf.
SifRgalors il existeϕ∈S(E)telle quef◦ϕ=ϕ◦gmais alors
g◦ϕ−1=ϕ−1◦fdoncgRf.
SifRgetgRhalors il existeϕ ψ∈S(E)telles quef◦ϕ=ϕ◦getg◦ψ=ψ◦h
doncf◦θ=θ◦havecθ=ϕ◦ψ∈S(E). AinsifRh.
b)
g∈ Cl(f)⇔ ∃ϕ∈S(E),g=ϕ−1◦f◦ϕ
Finalement
Cl(f) =ϕ−1◦f◦ϕϕ∈S(E)
Exercice 4 :[énoncé]
Sest réflexive, symétrique et transitive sans difficultés.
On définitCl(x)4Cl(y)⇔xRy. La relation4est bien définie, réflexive
transitive.
SiCl(x)4Cl(y)etCl(y)4Cl(x)alorsxSydoncCl(x) =Cl(y).
Exercice 5 :[énoncé]
Soitx∈G. On axRxcarxx−1= 1∈H.
Soientx y∈G. SixRyalorsxy−1∈Het doncyx−1∈Hd’oùyRx.
Soientx y z∈G. SixRyetyRzalorsxy−1∈Hetyz−1∈Hdoncxz−1∈H
d’oùxRz.
FinalementRest une relation d’équivalence.
Soita∈G.
−
x∈Cl(a)⇔xRa⇔xa1∈H
donc
Cl(a) =H a={hah∈H}
2
Exercice 6 :[énoncé]
a) La relation est immédiatement réflexive et symétrique.
En discutant selon les cas d’égalité, on montre aussi qu’elle est transitive.
b) S’il n’existe pas dans(G )d’élément d’ordre 2, les classes d’équivalence de la
relationRcomportent toutes deux éléments sauf celle deequi ne comporte qu’un
élément. Les classes d’équivalence étant disjointes de réunionG, le cardinal deG
est alors impair ce qui est contraire aux hypothèses.
Exercice 7 :[énoncé]
Considérons la relation binaireRsurGdéfinie par
y1Ry2⇔ ∃x∈G xy1=y2x
Il est immédiat de vérifier queRest une relation d’équivalence surG. Les classes
d’équivalence deRforment donc une partition deGce qui permet d’affirmer que
le cardinal deGest la somme des cardinaux des classes d’équivalence deR.
Une classe d’équivalence d’un élémentyest réduite à un singleton si, et seulement
si,
∀x∈G xy=yx
i.e.
y∈Z(G)
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Corrections
En dénombrantGen fonction des classes d’équivalence deRet en isolant parmi
celles-ci celles qui sont réduites à un singleton on a
CardG=CardZ(G) +N
avecNla somme des cardinaux des classes d’équivalence deRqui ne sont pas
réduites à un singleton.
Pour poursuivre, montrons maintenant que le cardinal d’une classe d’équivalence
de la relationRdivise le cardinal deG.
Considérons une classe d’équivalence{y1 yn}pour la relationRet notons
Hi={x∈Gxy1=yix}
Pouri∈ {1 n}, puisquey1Ryi, il existexi∈Gtel que
xiy1=yixi
Considérons alors l’applicationϕ:H1→Hidéfinie par
ϕ(x) =xix
On vérifie que cette application est bien définie et qu’elle est bijective.
On en déduit
CardH1= =CardHm=n
et puisqueGest la réunion disjointes desH1 Hm
CardG=mn=pα
Ainsi toutes les classes d’équivalences qui ne sont pas réduites à 1 élément ont un
cardinal multiple depet doncp|N.
Puisquepdivise CardG=CardZ(G) +N, on a
p|CardZ(G)
SachantZ(G)6=∅(car1∈Z(G)) on peut affirmer
CardZ(G)>p
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