Permutation d'un ensemble de complexes

Il y a un problème au début de ta question qui la rend difficilement compréhensible, mais j'imagine que celle-ci demande les parties finies de $\mathbb C$ telles que l'application carrée en soit une permutation.

Tu peux montrer mieux que les éléments de $A$ sont de module $1$, il est facile de voir qu'il doit s'agir de racines de l'unité d'ordre une puissance de $2$. Comme une racine $2^k$-ième de l'unité est également racine $2^{k+1}$-ième de l'unité, tu peux chercher à montrer que $A$ est l'ensemble des racines $2^r$-ième de l'unité, pour un certain $r \geq 1$. Réciproquement, ces ensembles font bien l'affaire.

EDIT : faux.

@ Poirot Il doit y avoir plus que les racines $2^r$-ièmes de l'unité. En effet, l'ensemble $\{j,j^2\}$ convient ($j$ étant une racine troisième de 1).

Soit $n$ le nombre d'éléments de $A$, et soit $A_{i,\ i=1,\ldots, n}$ les arguments de nos éléments.
Si $n = 2 $, alors $A_2 = 2A_1$ et $A_1 = 2A_2 \pmod{ 2\pi}$ et on arrive à la réponse déjà évoquées $\{ 2\pi/3 ; 4\pi/3\}$.
Si $n=3$, alors $A_2 = 2A_1 ,\ A_3 = 2A_2 ,\ A_1=2A_3 \pmod{ 2\pi}$
Donc $A_1 = 8A_1$, ce qui donne $7A_1 = 2\pi$, et donc, notre triplet est : $\{ 2\pi/7 ; 4\pi/7, 8\pi/7\}$ ; dans ma démarche, j'ai trouvé une 2ème solution : $\{4\pi/7 , 8\pi/7, 16\pi/7\}$, mais en fait, c'est la même solution.

On voit se dessiner une logique.
Pour $n$ quelconque, les solutions seraient les nombres de modulo 1 et d'argument $2^i\pi / k$ avec $i$ variant de $1$ à $n$, et $k = 2^n-1$.

Montrer que les ensembles ainsi définis sont des solutions, ça semble simple. Montrer que pour $n$ donné, il y a une seule solution, ça paraît un peu plus compliqué.

Du coup, quelles sont les solutions?

En fait on peut aussi le rédiger (et c'est plus efficace) en termes d'actions de groupes : $z\mapsto z^2$ est une permutation de $A$, donc $A$ est muni d'une action de $\Z=\langle x\rangle $ via $x\cdot z = z^2$. Alors $A$ se décompose en orbites, toutes isomorphes à $\Z/n\Z$ pour un certain $n\geq 1$ (car $A$ est fini). Mais être isomorphe à $\Z/n\Z$ ça veut dire être de la forme $\{z^{2^k}, k\in \{0,...,n-1\}\}$ avec $z^{2^n} = z$, donc en fait c'est même mieux : $z$ est une racine $2^n-1$-ième de l'unité.

Inversement, pour toute famille finie $(z_i)$ de racines de l'unité, à chaque fois racine $2^n-1$-ièmes pour un certain $n$, alors $\{z_i^{2^k}, i\in I, k\in \Z\}$ est un ensemble fini et $^2$ en induit bien une permutation.

A noter que la question ne peut plus se régler par action de groupes si on remplace dans l'énoncé "induise une permutation de $A$" par "envoie $A$ dans $A$". Dans ce cas là il faut gérer la non injectivité de $(-)^2$ et faire plus à la main, comme je l'ai expliqué plus haut avec les racines $2^n-2^m$-ièmes. On peut bien sûr utiliser nos connaissances générales de représentations de monoïdes, si on en a (la situation ici ne sera a priori pas beaucoup plus particulière que l'étude des actions transitives finies de $\N$)

Rassure-toi, les MP n'ont pas non plus d'action de groupes à leur programme :-D (pas officiellement en tout cas)
Mais ce n'est pas grave ici c'est une version relativement simple de cette affaire. Partons d'un élément $z\in A$. Alors $z^{2^n}= z^{2^m}$ pour un $n\neq m$ (principe des tiroirs). Sauf que $(-)^2$ est une permutation de $A$, donc je peux faire mieux que diviser par $z$, je peux retirer des puissances de $2$ : si par exemple $n>m$ j'obtiens $z^{2^{n-m}} = z$ : avec $k=n-m,$ $z$ est donc une racine $2^k-1$-ième de l'unité (ou $0$ mais on s'en fiche de $0$). Ainsi les carrés successifs de $z$ c'est $1,z,\ldots, z^{2^{k-1}}$ puis on boucle sur $1$ : cette petite collection est stable par $(-)^2$, et $(-)^2$ est bien une permutation (le cycle $(1\cdots k)$). Tu recommences avec tous les $z\in A$ (en fait tu as besoin de moins) et tu obtiens la description que j'ai donnée.