Soit $A$ l'ensemble des éléments d'ordre fini du groupe et $G$ le groupe engendré par $A$.
En utilisant que la propriété d'être d'ordre fini est invariant par conjugaison, on a que pour tout $a,b$ dans $A$, il existe $b'$ dans $A$ tel que $a b=b' a$
Soit $x$ un élément de $G$. Il s'écrit sous la forme $x=a_1....a_m$ avec $a_i$ dans $A$. On suppose l'écriture choisie tel que $m$ est minimal. Si un élément $a$ apparait deux fois parmi les $a_i$, en utilisant successivement des relations de la forme $a a_j=a_j' a$ on peut "déplacer" un terme $a$ vers la droite pour parvenir finalement à "regrouper" les deux termes $a$ en un unique terme $a^2$. On obtient alors une nouvelle décomposition de $x$ avec un $m$ plus petit, ce qui n'est pas possible. On en déduit que chaque élément de $A$ apparaît au plus une fois dans la décomposition. En particulier $m$ est plus petit que le cardinal de $A$.
Aunsi, $G=\{a_1...a_m | m\leq |A|, a_i\in A\}$ est fini et donc $A=G$ est un groupe.
(J'espère avoir été clair. Tout ceci mériterait un peu plus de rigueur, mais je suis sur tel)
Pour la 1), si $G$ est fini ou abélien, c'est immédiat. Dans le cas où $G$ est infini non abélien, j'ai tenté une démonstration par contraposée, mais j'ai l'impression qu'il en faut bien plus que ça (utiliser des outils plus puissants).
On est dans la nuance de l'écriture et je suis un piètre rédacteur ... Je ferai un effort pour le 2°) si on ne propose pas mieux que ce que j'ai sous le coude Domi
Oui , je viens de me rendre compte que ma formulation prête à confusion , on considère des produits $x_1.x_2\dots x_n$ de $n$ facteurs librement choisis dans $X$ ( les facteurs peuvent être identiques ) . Domi
En attendant une réponse au deuxième exercice , chacune des conditions suivantes entraîne que le groupe $G$ est abélien :
1°) Il existe deux entiers $m$ et $n$ premiers entre eux tels que les puissances $m$ des éléments de $G$ commutent entre elles et les puissances $n$ commutent aussi entre elles . 2°) Il existe un entier $n$ tel que $x\mapsto x^n$ est un morphime et l'application $x\mapsto x^{\frac{n(n-1)}2}$ est injective ou surjective .
3°) Il existe un entier $n$ tel que les puissances $n$ des éléments de $G$ commutent et l'application $x\mapsto x^n$ est injective ou surjective .
4°) Il existe deux entiers $m$ et $n$ tels que $x\mapsto x^m$ et $x\mapsto x^n$ sont des morphismes avec $\frac{m(m-1)}2$ et $\frac{n(n-1)}2$ premiers entre eux .
Une réponse au deuxième exercice avant qu'il ne se perde dans les abîmes du forum
L'ensemble des produits de $n$ éléments d'une partie $P$ d'un groupe $G$ d'ordre $n$ est un sous-groupe de $G$.
Considérons les ensembles $P^k$ constitués des produits de $k$ éléments de $P$ et $c_k$ les cardinaux des $P^k$. Si $x$ est un élément de $P$ alors le cardinal de $xP^k$ est le même que celui de $P^k$ donc la suite $c_k$ est croissante. Comme cette suite est majorée par $n$, il existe un indice $i$ à partir duquel $c_k$ est constant. En fait dès que $c_{k+1}=c_k$, $c_k$ est constant . En effet si $c_k=c_{k+1}$, pour tout $x$ et $y$ dans $P ,\ xP^k=yP^k$ et $xP^{k+1}=yP^{k+1}$ donc $c_{k+2}=c_{k+1}$. Alors $i$ est inférieur ou égal à $n$. L'ordre d'un élément de $P$ divise $n$ donc l'élément neutre de $G$ appartient à $P^n$ et $P^n\subset P^n.P^n$ et au vu des cardinaux : $P^n=P^n.P^n$. $P^n$ est stable pour la multiplication, il reste à montrer que l'inverse d'un élément de $P^n$ est aussi dans $P^n$.
Soit $x=x_1x_2\dots x_n$ un élément de $P^n$. Pour tout entier $i$ de $1$ à $n-1$ on pose : $y_i=x_{n+1-i}^{n-i}\ . \ x_{n-i}^i\in P^n$ .
Alors $y_1y_2\dots y_{n-1}=x_n^{-1}x_{n-1}^{-1}\dots x_1^{-1}=x^{-1} \in P^n$ et $P^n$ est un sous-groupe de $G$.
Réponses
En utilisant que la propriété d'être d'ordre fini est invariant par conjugaison, on a que pour tout $a,b$ dans $A$, il existe $b'$ dans $A$ tel que $a b=b' a$
Soit $x$ un élément de $G$. Il s'écrit sous la forme
$x=a_1....a_m$ avec $a_i$ dans $A$. On suppose l'écriture choisie tel que $m$ est minimal. Si un élément $a$ apparait deux fois parmi les $a_i$, en utilisant successivement des relations de la forme $a a_j=a_j' a$ on peut "déplacer" un terme $a$ vers la droite pour parvenir finalement à "regrouper" les deux termes $a$ en un unique terme $a^2$. On obtient alors une nouvelle décomposition de $x$ avec un $m$ plus petit, ce qui n'est pas possible. On en déduit que chaque élément de $A$ apparaît au plus une fois dans la décomposition. En particulier $m$ est plus petit que le cardinal de $A$.
Aunsi, $G=\{a_1...a_m | m\leq |A|, a_i\in A\}$ est fini et donc $A=G$ est un groupe.
(J'espère avoir été clair. Tout ceci mériterait un peu plus de rigueur, mais je suis sur tel)
Le deuxième exercice est plus malin même s'il n'utilise que des résultats élémentaires : bon courage !
Domi
Je ferai un effort pour le 2°) si on ne propose pas mieux que ce que j'ai sous le coude
Domi
Domi
2°) Il existe un entier $n$ tel que $x\mapsto x^n$ est un morphime et l'application $x\mapsto x^{\frac{n(n-1)}2}$ est injective ou surjective .
Il ne faut pas avoir peur de bidouiller
Domi
L'ensemble des produits de $n$ éléments d'une partie $P$ d'un groupe $G$ d'ordre $n$ est un sous-groupe de $G$.