Exercice sur les relations d'équivalence

Merci @JLT.

J'ai commencé.

1) La relation $\sim$ est évidemment réflexive et symétrique.
Montrons qu'elle est transitive.
Soient $f,g,h \in \mathcal F(\R,\R)$ telles que $f \sim g$ et $g \sim h$. Alors $\exists \varepsilon_1 \ \forall x \in ]-\varepsilon_1,\varepsilon_1[ \ f(x)=g(x)$ et $\exists \varepsilon_2 \ \forall x \in ]-\varepsilon_2,\varepsilon_2[ \ g(x)=h(x)$

Si on prend $\varepsilon=\min(\varepsilon_1,\varepsilon_2)$ on a $\forall x \in ]-\varepsilon,\varepsilon[ \ f(x)=g(x)=h(x)$ donc $f \sim h$.

$\boxed{ \sim \ \text{est une relation d'equivalence} }$

2) La fonction $\boxed{f : \R \longrightarrow \R \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x \mapsto \begin{cases}
x+1 \ \text{si } x \leq - \dfrac{1}{2} \\
0 \ \text{si } \ x \in ]-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}[ \\
x-1 \ \text{si } x \geq \dfrac{1}{2}
\end{cases}}$

3) Soit $f$ une fonction polynomiale. Si $f \sim 0$ alors $\exists \varepsilon >0 \ \forall x \in ]-\varepsilon,\varepsilon[ \ f(x)=0$

Ainsi $f$ possède une infinité de racines donc $f$ est nulle.

$\boxed{\text{Si } f \text{ est un polynome tel que } f \sim 0 \text{ alors } f=0}$

4) Soient $f_1,f_2,g_1,g_2 \in \mathcal F(\R,\R)$ telles que $f _1\sim f_2$ et $g_1 \sim g_2$. Alors $\exists \varepsilon \ \forall x \in ]-\varepsilon,\varepsilon[ \ f_1(x)=f_2(x)$ et $\exists \varepsilon'\ \forall x \in ]-\varepsilon',\varepsilon'[ \ g_1(x)=g_2(x)$

Si on prend $\varepsilon''=\min(\varepsilon,\varepsilon')$ on a bien $\forall x \in ]-\varepsilon'',\varepsilon''[ \ f_1(x)+g_1(x)=f_2(x)+g_2(x)$

$\boxed{\text{Si } \ f_1 \sim f_2 \ \text{ et } \ g_1 \sim g_2 \ \text{ alors } \ f_1+f_2 \sim g_1+g_2 }$

5) Je ne comprends pas la question.
$E / \sim$ est l'ensemble des classes d'équivalence mais on ne sait pas qui sont ces classes.

@OS : que te dit la question 4 ?

@Oshine:

1/ Déjà, tu es très fort et as très bien réussi les premières questions. Quand on voit ça, on s'étonne de l'image que tu donnes à tes camarades aidant dans les autres fils.

2/ Dans la lignée de ce que je t'ai dit dans l'autre fil, quand JLT écrit "on prendre $x$ tel que $cl(x)=a$", on peut aussi dire "on prend $x\in a$".

Christophe
Oui je suis d'accord car $x \in cl(x)$

Je conclus l'exercice de JLT.
On définit l'application $\begin{array}[t]{cccl}
\phi :& (E,+)& \longrightarrow &E / \sim \\
& f& \longmapsto &c(f)
\end{array}$

$\forall f,g \in E, \ \phi(f+g)=c(f+g)=c(f)+c(g)$ donc $\phi$ est un morphisme de groupes.

Très intéressant cet exercice, je commence doucement à mieux comprendre les ensembles quotients.

Fin de Partie
Je me lance sur ton exercice. Il m'a l'air abordable. En plus toutes les définitions sont rappelées.
J'ai passé 30 min sur la question 1, je n'arrive pas à trouver les valeurs qui fonctionnent.
J'ai essayé $cl(g^{-1})cl(hg)=cl(g^{-1} h g)$ mais je ne peux rien conclure, j'ai aussi essayé de faire apparaitre le $cl(1)$ pour utiliser la relation d'équivalence sans succès.

$H$ est un sous-groupe distingué de $G$ si et seulement si $ cl(g^{-1})=cl(hg)$

Mais après je bloque.

Pas loin, mais pas tout à fait, non.
Une fois que tu l'auras, tu pourras rebondir sur le conseil de FdP (trouver de bons représentants et conclure).

Oui c'est vrai.

Je ne trouve pas la première question.

$cl(u)=cl(v)$ si et seulement si $u^{-1} v \in H$ mais je n'ai pas trouvé comment m'en servir.

Je n'y arrive pas, je n'ai pas compris la logique dans cet exercice.

Si $cl(ab)=cl(a'b')$ alors $ab \ \mathcal R \ a'b'$ et donc $(ab)^{-1} (a'b') \in H$

Donc $\boxed{b^{-1}a^{-1} a' b' \in H}$

Or $cl(a)=cl(a')$ donc $\boxed{a^{-1} a' \in H}$ et $cl(b)=cl(b')$ donc $\boxed{b^{-1} b' \in H}$

Mais je ne vois pas comment obtenir $\forall g \in G \ \forall h \in H \ g^{-1}hg \in H$

Merci.

Je n'avais pas pensé au $cl(gh)=cl(h)$. Je l'ai bien vérifié et j'ai vérifié que $cl(1_G)=H$

Montrons la réciproque.

Soit $cl(a)=cl(a')$ et $cl(b)=cl(b')$ c'est-à-dire $a^{-1} a' \in H$ et $b^{-1}b' \in H$

On sait aussi que $\forall g \in G \ \forall h \in H \ g^{-1} h g \in H$.

On doit montrer que $(ab)^{-1} (a'b') \in H$ soit $b^{-1} a^{-1} a' b' \in H$

Je ne trouve pas.

On sait que $a^{-1}a' \in H$ donc notons $h=a^{-1}a'$

Ainsi on a $b^{-1} h b' \in H$

Mais le problème est que j'ai $b$ à gauche alors que j'ai $b'$ à droite donc je ne peux pas utiliser que $H$ est distingué dans $G$.

J'ai pensé à cette idée mais je ne comprends pas comment ça pourrait marcher.

$b^{-1} h b'= b^{-1} h b^{-1} (bb')=b' b'^{-1} b^{-1} h b^{-1} (bb') \\ = b' (bb')^{-1} b^{-1} h b^{-1} (bb') $

Ca n'a pas l'air de fonctionner.

Ok merci.

$b^{-1} h b'=b^{-1} h b (b^{-1} b') \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = (b^{-1} h b) (b^{-1} b') \in H $ d'après les hypothèses.