Groupe fini et bijection

Ok merci. 

Q13) Montrons que $\Phi(G^{+}) \subset G^{+}$.
Soit $y \in \Phi(G^{+})$. Alors il existe $g \in G^{+}$ tel que $y=\Phi(g)$.
Mais $\Phi(g)=g^2$. On calcule $\sigma( y)= \sigma(g^2)= \sigma (g) \sigma (g)= g^2$.
Donc $y \in G^{+}$.
On a montré l'inclusion : $\boxed{\Phi(G^{+}) \subset G^{+}}$.
La restriction $\Phi_{ | G^{+}} : G^{+} \longrightarrow G^{+}$ est bien définie. De plus, $\Phi$ étant injective, $\Phi_{ | G^{+}}$, toute restriction d'une application injective est injective.
$\boxed{\Phi_{ | G^{+}} \ \text{est une bijection de} \ G^{+} \ \text{dans lui-même} }$.

Montrons que $\Phi(G^{-}) \subset G^{-}$.
Soit $y \in \Phi(G^{-})$. Alors il existe $g \in G^{-}$ tel que $y=\Phi(g)$.
Mais $\Phi(g)=g^2$. On calcule $\sigma( y)= \sigma(g^2)= \sigma (g) \sigma (g)= (g^{-1})^2=(g^2)^{-1}$. (règle de calcul dans un groupe)
Donc $y \in G^{-}$.
On a montré l'inclusion : $\boxed{\Phi(G^{-}) \subset G^{-}}$.
La restriction $\Phi_{ | G^{-}} : G^{-} \longrightarrow G^{-}$ est bien définie. De plus, $\Phi$ étant injective, $\Phi_{ | G^{-}}$, toute restriction d'une application injective est injective.
$\boxed{\Phi_{ | G^{-}} \ \text{est une bijection de} \ G^{-} \ \text{dans lui-même} }$.

@NicoLeProf
Une idée pour la 14 ? 

La 14 n'est pas facile du tout. Mais en effet, 11-12-13 se font sans problème. 

Rien que la surjection m'a pris plus de 30 minutes. 
Pour la surjection. On a $\sigma^2=id_G$. 
Soit $g \in G$. On cherche $(x^{-},x^{+}) \in G^{-} \times G^{+}$ tel que $g=x^{+}x^{-}$.
Ainsi $\sigma(g)=\sigma(x^{+}) \sigma(x^{-1})= x^{+} (x^{-})^{-1}$.
On a montré $\boxed{\sigma(g)= x^{+} (x^{-})^{-1} }$.
On calcule $\boxed{\sigma(g)^{-1} = (x^{+})^{-1} x^{-}}$.
On obtient alors $g \sigma(g)^{-1}=(x^{-})^2$. 
Montrons que : $g \sigma(g)^{-1} \in G^{-}$.
On a $\sigma (g \sigma(g)^{-1}) = \sigma (g) \sigma^2 (g^{-1} ) =\sigma (g) g^{-1} =(g \sigma(g)^{-1})^{-1}$.
Donc $g \sigma(g) \in G^{-}$ et par bijectivité de $\Phi$, il existe bien $x^{-} \in G^{-}$ tel que $(x^{-})^2=g \sigma(g)^{-1}$.
Posons $x^{+}=(x^{-})^{-1} g$.
On a $\sigma(x^{+})= \sigma ((x^{-})^{-1} ) \sigma(g)= x^{-}  \sigma(g)$.
Un calcul rapide donne :  $\sigma(x^{+})=x^{+} \in G^{+}$.
On a montré : $\boxed{ \forall g \in G \  \exists (x^{-},x^{+}) \in G^{-} \times G^{+} \ \ g=x^{-} x^{+}}$ d'où la surjectivité. 

Je vais essayer de trouver la 15 sans aide. 

@NicoLeProf
La question 15 était abordable en effet. 

Q15) Montrons que $\tau (G^{+} g G^{+}) \subset G^{+} \tau (g) G^{+}$.
Soit $x \in \tau (G^{+} g G^{+})$. Alors il existe $(u,v) \in G^{+}$ tel que $x=\tau(ugv)$.
L'application $\tau$ étant un anti-morphisme, on a : $x=\tau (v) \tau (g) \tau (u)$.
Montrons que $\tau(u),\tau(v) \in G^{+}$. 
On a $\tau (u)= \sigma(u)^{-1}=u^{-1} \in G^{+}$ car $G^{+}$ est un sous-groupe de $G$.
Le raisonnement est identique pour $\tau(v)$.
On a montré $\tau (G^{+} g G^{+}) \subset G^{+} \tau (g) G^{+}$.
Montrons à présent : $G^{+} \tau (g) G^{+} \subset \tau (G^{+} g G^{+}) $.
Soit $y \in G^{+} \tau (g) G^{+} $ alors il existe $u,v \in G^{+}$ tel que $y=u \tau (g) v$.
Mais $u=\tau(u)^{-1}=\tau(u^{-1})$. Ainsi $y=\tau( v^{-1} g u^{-1})$.
On a montré : $G^{+} \tau (g) G^{+} \subset \tau (G^{+} g G^{+}) $.
Finalement : $\boxed{G^{+} \tau (g) G^{+} = \tau (G^{+} g G^{+}) }$.

Il reste à montrer :  $G^{+} \tau (g) G^{+} =G^{+} g G^{+}$.

On utilise la question 14.
Soit $g \in G$, il existe $(a,s) \in G^{-} \times G^{+}$ tel que $g=as$.
Donc $\tau(g)=\tau(as)= \sigma (as)^{-1}=(a^{-} s)^{-1}=s^{-1} a=s^{-1} g s^{-} $.
Donc $\tau(g) \in G^{+} g G^{+}$.
Comme $G^{+} G^{+}= G^{+}$ on a finalement $G^{+} \tau (g) G^{+} =G^{+} g G^{+}$.

Réciproquement, on a vu que $g=s \tau(g) s $ avec $s \in G^{+}$ d'où : $G^{+} g G^{+} \subset G^{+} \tau (g) G^{+}$.

Conclusion : $\boxed{G^{+} \tau (g) G^{+} = \tau (G^{+} g G^{+})=G^{+} \tau (g) G^{+}  }$

Je ne vois pas l'erreur dans ce passage...

Ah d'accord merci.