Groupes

Une identité vraie pour tout … 👉 L’utiliser pour plusieurs éléments différents, les plus naturels et simples possibles.

1. Comme l’hypothèse est vraie pour tous les $\displaystyle x$, il faut fabriquer des éléments (les plus simples possibles) avec lesquels on va appliquer l’hypothèse. On choisit les éléments $\displaystyle x,y,xy$, d’où $\displaystyle x^{-1}=x$, $\displaystyle y^{-1}=y$, $\displaystyle (xy)^{-1}=xy$. Donc $\displaystyle xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx$.
2. Comme $\displaystyle G$ est commutatif, notons-le additivement, i.e. le neutre est $\displaystyle 0$ et $\displaystyle x+x=0$. Il peut donc être muni d’une structure de $\displaystyle \Z/2\Z$ -espace vectoriel. En effet on définit la loi externe $\displaystyle \cdot$ naturellement comme $\displaystyle 0\cdot x=0$ et $\displaystyle 1\cdot x=x$. On peut alors vérifier tous les axiomes d’un e.v. Par exemple : $\displaystyle (1+1)\cdot x=0\cdot x=0=x+x=1\cdot x+1\cdot x$. On a noté abusivement le $\displaystyle 0$ de $\displaystyle G$ comme le $\displaystyle 0$ de $\displaystyle \Z/2\Z$.
   Comme $\displaystyle G$ est fini, il est donc a fortiori de dimension fini, disons $\displaystyle n$, en tant que $\displaystyle \mathbb K-$ e.v., donc isomorphe à $\displaystyle \mathbb K^n$.
   Ainsi $\displaystyle G\simeq (\Z/2\Z)^n$ en tant que $\displaystyle \Z/2\Z-$e.v., et donc son cardinal vaut $\displaystyle N= 2^n$.

Somme sur tous les éléments d’un ensemble 👉 Réindexation de la somme.

Si $\displaystyle \chi=1$ i.e. la fonction constante égale à $\displaystyle 1$, alors $\displaystyle S=|G|$, le cardinal de $\displaystyle G$.
Si $\displaystyle \chi\neq1$ alors on prend un $\displaystyle y\in G$ tel que $\displaystyle \chi(y)\neq1$. Comme $\displaystyle x\mapsto xy$ est une bijection de $\displaystyle G$ dans $\displaystyle G$ (car elle est injective et $\displaystyle G$ est fini), on obtient $\displaystyle S =\sum_{x\in G}\chi(xy)=\sum_{x\in G}\chi(x)\chi(y)=\chi(y)S$ , d’où $\displaystyle S=0$ car $\displaystyle \chi(y)\neq1$.

Groupe fini, élément $\displaystyle ab$ 👉 Utilisation de morphisme $\displaystyle y\mapsto xy$.

On veut montrer que tout $\displaystyle x\in G$ peut s’écrire $\displaystyle x=ab$, avec $\displaystyle a\in A, b\in B$. Fixons $\displaystyle x$ et soit $\displaystyle \phi:a\mapsto a^{-1}x$. On a $\displaystyle \phi$ injective, donc $\displaystyle |\{a^{-1}x, a \in A\}|=|A|$. Ainsi, avec l’hypothèse, on en déduit que $\displaystyle \{a^{-1}x, a \in A\}\cap B\neq \emptyset$, et donc il existe $\displaystyle b\in B$ tel que $\displaystyle xa^{-1}=b$, ce qu’on voulait.

Il y a deux $\displaystyle 3-$cycles : $\displaystyle (1,2,3)$ et $\displaystyle (1,3,2)$ qui sont d’ordre $\displaystyle 3$. Il y a trois transpositions : $\displaystyle (1,2)$, $\displaystyle (2,3)$ et $\displaystyle (1,3)$, qui sont d’ordre $\displaystyle 2$, et enfin l’identité. On voit donc que $\displaystyle \mathcal S_3$ n’est pas cyclique car il n’y a pas d’élément d’ordre $\displaystyle 6$.

Remarque — On peut montrer qu’il n’y a que deux groupes de cardinal $\displaystyle 6$ (on dit aussi d’ordre $\displaystyle 6$) : le groupe $\displaystyle \mathcal S_3$ et le groupe cyclique $\displaystyle \Z/6\Z \simeq \Z/2\Z\times \Z/3\Z$ (l’isomorphisme est dû au lemme chinois). Voir ici la liste des petits groupes.

On a $\displaystyle (\sigma s \sigma^{-1})(\sigma(x_1))=(\sigma s)(x_1)=\sigma(x_2)$, et ainsi de suite. Vérifions enfin que $\displaystyle (\sigma s \sigma^{-1})(\sigma(x_m))=(\sigma s)(x_m)=\sigma(x_1)$. Rappelons que l’écriture $\displaystyle \sigma s \sigma^{-1}$ veut dire $\displaystyle \sigma \circ s \circ\sigma^{-1}$.

• Calculer $\displaystyle f([a,b])$ si $\displaystyle f$ est un morphisme ;
• Morphisme signature et groupe alterné $\displaystyle \mathcal A_5$.

Écrivons la suite $\displaystyle N\xrightarrow[]{i} G\xrightarrow[]{s} H$, et notons $\displaystyle [a,b]=aba^{-1}b^{-1}$, élément qu’on appelle commutateur.

1. Supposons que $\displaystyle G$ est résoluble. On a $\displaystyle i(D(N))=D(i(N))\subset D(G)$ car $\displaystyle i([a,b])=[i(a),i(b)]$. Or il existe un entier $\displaystyle n$ tel que $\displaystyle D^n(G)=\{e\}$, donc $\displaystyle i(D^n(N))=\{e\}$. Comme $\displaystyle i$ est injectif, on obtient $\displaystyle D^n(N)=\{e\}$, et donc $\displaystyle N$ est résoluble. Comme $\displaystyle s:G\to H$ est surjectif, on a cette fois $\displaystyle s(D(G))=D(s(G))= D(H)$, et on en déduit en itérant $\displaystyle D$ $\displaystyle n-$fois que $\displaystyle H$ est résoluble.
   Supposons que $\displaystyle H$ et $\displaystyle N$ sont résolubles. Il existe $\displaystyle k$ tel que $\displaystyle D^k(H)=\{e\}$. Donc $\displaystyle s(D^k(G))=\{e\}$ car $\displaystyle s(G)=H$. Donc par l’hypothèse sur l’image de $\displaystyle i$ et le noyau de $\displaystyle s$, il vient $\displaystyle D^k(G)\subset i(N)$. Comme il existe $\displaystyle p$ tel que $\displaystyle D^p(N)=\{e\}$, on a $\displaystyle D^{k+p}(G)\subset i(D^p(N))=\{e\}$. Ainsi $\displaystyle G$ est résoluble.
2. On nous invite à considérer les $\displaystyle 3-$cycles et on se rappelle qu’ils engendrent le groupe alterné $\displaystyle \mathcal A_5$ à $\displaystyle 5$ éléments. Donc il est naturel de considérer la suite $\displaystyle \mathcal A_5\xrightarrow[]{i} \mathcal S_5\xrightarrow[]{\epsilon} \{-1,1\}$, où $\displaystyle \epsilon$ est le morphisme signature. Par définition, l’identité $\displaystyle i$, la signature $\displaystyle \epsilon$, et les groupes $\displaystyle \mathcal A_5$ et $\displaystyle \{-1,1\}$ vérifient les hypothèses de l’exercice. Montrons que tout $\displaystyle 3-$cycle est un commutateur dans $\displaystyle \mathcal A_5$. On rappelle qu’un trois cycle peut s’écrire comme produit de $\displaystyle 2$ transpositions, et est donc dans $\displaystyle \mathcal A_5$. Soit $\displaystyle \sigma=(a,b,c)$ et $\displaystyle \tau=(b,c)$. On a $\displaystyle \sigma^2=(a,c,b)$ et $$\tau \sigma \tau^{-1}=(\tau(a),\tau(b),\tau(c))=\sigma^2$$ (c’est la célèbre formule de conjugaison, à bien connaître !). Mais $\displaystyle \tau\notin \mathcal A_5$. Mais on peut considérer $\displaystyle \rho=\tau\cdot (d,e)$ avec $\displaystyle d,e\notin\{a,b,c\}$. Ainsi $\displaystyle \rho\in\mathcal A_5$ et on a encore $$\rho \sigma \rho^{-1}=(\rho(a),\rho(b),\rho(c))=\sigma^2.$$ Finalement $\displaystyle \sigma$ est bien un commutateur dans $\displaystyle \mathcal A_5$ car $\displaystyle \sigma=\rho \sigma \rho^{-1}\sigma^{-1}$. Donc $\displaystyle \sigma\in D(\mathcal A_5)\subset \mathcal A_5$. Mais comme les trois cycles engendrent $\displaystyle \mathcal A_5$, on en déduit que $\displaystyle D(\mathcal A_5)= \mathcal A_5$, et donc $\displaystyle \mathcal A_5$ n’est pas résoluble, ce qui montre par la question 1) que $\displaystyle \mathcal S_5$ n’est pas résoluble.

Remarque — On rappelle que les trois cycles engendrent $\displaystyle \mathcal A_5$ (en fait $\displaystyle \mathcal A_n$ pour $\displaystyle n\ge3$) car $\displaystyle \mathcal A_5$ est engendré par les produits pairs de transpositions et on a :
$$\begin{aligned} (a,b)(b,c) = & (a,b,c)\\ (a,b)(a,c) = & (a,c,b)\\ (a,b)(c,d) = & (a,c,b)(a,c,d). \end{aligned}$$

Le groupe $\displaystyle D(G)$ s’appelle le groupe dérivé, il permet d’obtenir par passage au quotient un groupe abélien : $\displaystyle G/D(G)$. En effet, dans le groupe quotient, on a $\displaystyle xyx^{-1}y^{-1}=e$, donc $\displaystyle x$ et $\displaystyle y$ commutent. La définition de groupe résoluble donnée dans l’exercice est en fait une propriété équivalente de la définition donnée ici. Cette notion fondamentale est liée à la possibilité de résoudre ou non par radicaux une équation polynomiale dans la magnifique théorie de Galois. Le résultat historique de la question 2) qu’on doit à Galois, est utilisé pour montrer l’impossibilité de résoudre par radicaux l’équation polynomiale générale de degré $\displaystyle 5$ (résultat généralisable à $\displaystyle n\ge5$).

Composer une rotation par une réflexion pour voir ce qu’il se passe.

On note $\displaystyle \langle x_1,x_2,\cdots\rangle$ le sous-e.v. engendré dans $\displaystyle \R^3$ par les vecteurs $\displaystyle x_1,x_2,\cdots$.
Soit $\displaystyle u\in O_3^+(\R)$ et $\displaystyle \langle x_u\rangle$ son axe de rotation. Soit $\displaystyle x\in\langle x_u\rangle^\perp$ et $\displaystyle y=u(x)$. En calculant le produit scalaire $$( y-x,y+x)=\|y\|^2-\|x\|^2=0,$$ on voit que $\displaystyle y-x \perp y+x$. Soit $\displaystyle s$ la réflexion par rapport au plan $\displaystyle \langle y-x\rangle^\perp$. Alors $$\begin{aligned} s(y-x) &=x-y \\ s(x+y) & =x+y, \end{aligned}$$ car $\displaystyle x+y\in \langle y-x\rangle^\perp$. En sommant on obtient $\displaystyle s(y)=x$. Donc $\displaystyle s\circ u(x)=x$.
Remarquons que $\displaystyle x_u\in\langle y-x\rangle^\perp$ car $\displaystyle y-x\in\langle x_u\rangle^\perp$. Ainsi $\displaystyle s(x_u)=x_u$ et $\displaystyle s\circ u(x_u)=x_u$. On en déduit que le plan $\displaystyle \langle x,x_u\rangle$ est invariant par l’isométrie $\displaystyle s\circ u$. Soit $\displaystyle e\in\langle x,x_u\rangle^\perp$. La matrice de $\displaystyle s\circ u$ dans la base adaptée $\displaystyle (e,x,x_u)$ est donc $\displaystyle T=\left(\begin{matrix}-1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 &1 \end{matrix}\right)$ (cela ne peut pas être l’identité car $\displaystyle u\in O^+$ et $\displaystyle s\in O^-$), i.e. $\displaystyle s\circ u=\tau$ est une réflexion.
On écrit alors : $$u=s\circ \tau=(-s)\circ (-\tau),$$ pour voir que $\displaystyle s$ est le produit de deux renversements. On voit facilement que $\displaystyle -s$ et $\displaystyle -\tau$ sont des renversements, i.e. des rotations d’angle $\displaystyle \pi$, en écrivant la matrice $\displaystyle -T$.

Les rotations d’angle $\displaystyle \pi$ sont des involutions, i.e. $\displaystyle R_{\Delta,\pi}^2=Id$.

On sait qu’il existe $\displaystyle g\in SO_3(\R)$ tel que $\displaystyle \Delta'=g(\Delta)$, il suffit de prendre la rotation $\displaystyle g$ d’axe orthogonal au plan engendré par $\displaystyle \Delta$ et $\displaystyle \Delta'$, et d’angle l’angle entre $\displaystyle \Delta$ et $\displaystyle \Delta'$ (Plus pompeusement : $\displaystyle SO_3(\R)$ agit transitivement sur la sphère $\displaystyle S_2$ donc sur les droites). On remarque maintenant que la rotation $\displaystyle g\circ R_{\Delta,\pi}\circ g^{-1}$ vérifie $\displaystyle \left(g\circ R_{\Delta,\pi}\circ g^{-1}\right)^2=g\circ R_{\Delta,\pi}^2\circ g^{-1}=Id$, et est donc aussi une rotation d’angle $\displaystyle \pi$. Il reste à identifier son axe. Calculons $$g\circ R_{\Delta,\pi}\circ g^{-1}(\Delta')=g\circ R_{\Delta,\pi}(\Delta)=g(\Delta)=\Delta',$$ d’où on déduit que $\displaystyle \Delta'$ est l’axe de rotation de $\displaystyle g\circ R_{\Delta,\pi}\circ g^{-1}$, ce qu’on voulait.

Tout se rappeler sur $\displaystyle SO_3$ 😱 Oh My…

On rappelle des résultats fondamentaux dont on va se servir :

• $\displaystyle SO_3=SO_3(\R)$ est engendré par les renversements, i.e. les rotations d’angle $\displaystyle \pi$ (prouvé dans l’exercice 264) ;
• Deux rotations d’angle $\displaystyle \pi$ sont conjuguées dans $\displaystyle SO_3$ (prouvé dans l’exercice 265) ;
• Le centre $\displaystyle Z(SO_3)$ est trivial (prouvé dans l’exercice 267) ;
• $\displaystyle SO_3$ est connexe par arc (on peut le voir en ramenant toute rotation en l’identité grâce à l’application continue $\displaystyle t\mapsto (\cos(t\theta),\sin(t\theta))$, $\displaystyle 0\le t\le 1$) et compact (image réciproque du fermé $\displaystyle \{1\}$ par l’application continue $\displaystyle {\rm det}$, intersecté avec le compact $\displaystyle O_3(\R)$).

On note $\displaystyle 1$ l’identité de $\displaystyle SO_3$. Soit $\displaystyle H$ un sous-groupe distingué de $\displaystyle SO_3$ tel que $\displaystyle H\neq \{1\}$. Soit $\displaystyle h\in H$ avec $\displaystyle h\neq 1$. Pour $\displaystyle g\in SO_3$, on introduit le commutateur $\displaystyle [g,h]=ghg^{-1}h^{-1}$. On a $\displaystyle [g,h]\in H$ car $\displaystyle H$ est distingué. Soit $\displaystyle \phi: SO_3\to \R$, $$\phi(g)=Tr([g,h]).$$ La rotation $\displaystyle [g,h]$ a pour matrice dans une base adaptée : $\displaystyle \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & R_t\end{array}\right)$, où $\displaystyle R_t$ est une rotation d’angle $\displaystyle t$ dans le plan. Donc $\displaystyle \phi(g)=1+2\cos(t)\le 3$ et on a $\displaystyle \phi(1)=3$. On note que $\displaystyle \phi$ est continue comme composée d’applications continues. Or $\displaystyle SO_3$ est connexe par arc et compact, donc $\displaystyle \phi(SO_3)$ est un segment de $\displaystyle \R$ de borne sup $\displaystyle 3$.

Si $\displaystyle \phi(SO_3)=3$ alors pour tout $\displaystyle g\in SO_3$, $\displaystyle [g,h]=1$ et donc $\displaystyle h\in Z(SO_3)=\{1\}$, et c’est impossible car $\displaystyle h\neq 1$. Donc $\displaystyle \phi(SO_3)=[a,3]$ avec $\displaystyle -1\le a<3$. Pour $\displaystyle n$ suffisament grand, on a $\displaystyle 1+2\cos(\pi/n)\in[a,3]$, et donc il existe $\displaystyle g\in SO_3$ tel que $\displaystyle [g,h]$ soit une rotation $\displaystyle R_{\pi/n}$ d’angle $\displaystyle \pi/n$. Donc $\displaystyle R_{\pi}=(R_{\pi/n})^n\in H$. Donc on a attrapé un renversement dans $\displaystyle H$, donc on les a tous dans $\displaystyle H$ car deux renversements sont conjugués dans $\displaystyle SO_3$ et $\displaystyle H$ est distingué. Comme ils engendrent $\displaystyle SO_3$, on obtient $\displaystyle H=SO_3$, ce qui achève la preuve.

Cette magnifique preuve est un hommage à notre grand maître, n’est-ce pas, Michel Raynaud, qui nous l’avait montrée en 1999 quand nous étions étudiants à Orsay. Il faut se remettre dans le contexte, cette preuve n’existait alors dans aucun livre et nous n’avions pas internet (si si 😱).

Utiliser la formule de conjugaison $\displaystyle hR_{D,\theta}h^{-1}=R_{h(D),\theta}$ où $\displaystyle R_{D,\theta}$ une rotation d’axe $\displaystyle D$ et d’angle $\displaystyle \theta$.

Soit $\displaystyle h\in Z(SO_3)$ fixé, et $\displaystyle R_{D,\theta}$ une rotation quelquonque d’axe $\displaystyle D$ et d’angle $\displaystyle \theta$.
Alors $\displaystyle hR_{D,\theta}h^{-1}=R_{D,\theta}$ car $\displaystyle h\in Z(SO_3)$. Or la formule de conjugaison donne aussi $\displaystyle hR_{D,\theta}h^{-1}=R_{h(D),\theta}$.
D’où $\displaystyle h(D)=D$ pour toute droite $\displaystyle D$. Comme $\displaystyle h$ laisse invariantes toutes les droites, un résultat classique d’algèbre linéaire montre que $\displaystyle h$ est une homothétie. On en déduit que $\displaystyle h$ est l’identité car $\displaystyle h$ est aussi une rotation.

Pas le choix, on revient aux définitions !

1. On montre que $\displaystyle (I,\star)$ vérifie chacun des axiomes définissant un groupe.

• tout d’abord, on peut remarquer que $\displaystyle x \star y = y \star x$, cela découle de la commutativité de l’addition sur $\displaystyle \R$. Ainsi, si $\displaystyle (I,\star)$ est un groupe, c’est un groupe abélien.
• l’associativité est facile à prouver, il faut dérouler les calculs. On a $\displaystyle f(y\star z) = f(y)+f(z)$ donc $$x\star(y \star z) = f^{-1}(f(x)+f(y)+f(z)) = (x \star y)\star z.$$
• on pose $\displaystyle e=f^{-1}(0)$, c’est bien un élément de $\displaystyle I$. On a alors, pour tout $\displaystyle x \in I$, $$x \star e = f^{-1}\left(f(x)+f(f^{-1}(0))\right) = f^{-1}(f(x)+0) = x.$$ Par commutativité de $\displaystyle \star$ on a aussi $\displaystyle e \star x = x$.
• enfin, si $\displaystyle x \in E$, on pose $\displaystyle y=f^{-1}(-f(x))$ et on a $$x\star y = f^{-1}(f(x)+f(f^{-1}(-f(x))) = f^{-1}(0)=e,$$ donc chaque élément de $\displaystyle e$ possède un inverse (à droite et à gauche) pour $\displaystyle \star$.

Le couple $\displaystyle (I,\star)$ vérifie tous les axiomes d’un groupe abélien.

2. On va prouver que $\displaystyle f$ est bien une bijection entre $\displaystyle I$ et $\displaystyle \R$ en montrant que l’équation $\displaystyle f(x)=y$ possède une unique solution dans $\displaystyle I$. Allons-y : $$f(x)=y \Leftrightarrow e^{2y} = \frac{1+x}{1-x} \Leftrightarrow x= \frac{e^{2y}-1}{e^{2y}+1} \Leftrightarrow x = \frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}} \in I.$$ Ces calculs montrent que $\displaystyle f : I \rightarrow \R$ est bien bijective. On a même une expression explicite de sa bijection inverse. Avec un peu de culture, on reconnaît que $\displaystyle f^{-1}$ est la fonction $\displaystyle tanh$ et que $\displaystyle f$ est la fonction $\displaystyle argtanh$. Pour cette fonction $\displaystyle f$, on a pour $\displaystyle x,y \in I$ : $$x \star y = \frac{\exp\left(2(f(x)+f(y))\right)-1}{\exp\left(2(f(x)+f(y))\right)+1}.$$ Or on a :
   $\displaystyle \begin{aligned} \exp\left(2(f(x)+f(y))\right)&=\exp\left(\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)+\ln\left(\frac{1+y}{1-y}\right)\right) \\ &= \frac{(1+x)(1+y)}{(1-x)(1-y)}, \end{aligned}$
   donc :
   $\displaystyle \begin{aligned} x \star y &= \frac{(1+x)(1+y)-(1-x)(1-y)}{(1+x)(1+y)+(1-x)(1-y)} \\ &= \frac{x+y}{1+xy}\end{aligned}.$

Remarque : un exercice intéressant consiterait à montrer directement que $\displaystyle \star$ définit bien une loi de groupe sur $\displaystyle I$. La propriété la plus difficile à montrer est que $\displaystyle \star : I \times I \rightarrow$ est bien une loi de composition interne, c’est-à-dire qu’elle est à valeurs dans $\displaystyle I$ !

Egalité entre deux ensembles 👉 faute d’information sur le cardinal, on procède par double inclusion !

1. Soit $\displaystyle x \in G$. On sait que $\displaystyle H$ contient l’élément neutre de $\displaystyle G$, que l’on note $\displaystyle e$. Alors $\displaystyle x=xe \in xH$, donc $\displaystyle x$ appartient à la classe $\displaystyle xH$.
2. Soient $\displaystyle x,y \in G$ tels que $\displaystyle xH \cap yH \neq \emptyset$. Il s’agit de montrer que $\displaystyle xH=yH$. L’hypothèse faite se retraduit de la façon suivante : il existe $\displaystyle h_1,h_2 \in H$ tels que $\displaystyle xh_1 = y h_2$. On pose $\displaystyle h=h_1 h_2^{-1}$. Comme $\displaystyle H$ est un sous-groupe de $\displaystyle G$, on sait que $\displaystyle h \in H$, et on a $\displaystyle y=xh$. On montre maintenant l’inclusion $\displaystyle yH \subset xH$ : si $\displaystyle z \in yH$, on a $\displaystyle z=yh'$ pour un certain $\displaystyle h' \in H$ et $$z=(xh)h' = x(hh') \in xH.$$ On a utilisé l"associativité de la loi de groupe et le fait que $\displaystyle h h' \in H$. L’inclusion $\displaystyle xH \subset yH$ se montre de façon similaire, en considérant l’élément $\displaystyle h_2h_1^{-1} \in H$.
3. La question précédente montre que $${\rm Card}\left(\bigcup_{c \in \mathcal{C}} C\right) = \sum_{C \in \mathcal{C}} {\rm Card}(C).$$ De plus on l’inclusion $\displaystyle \bigcup_{c \in \mathcal{C}} C \subset G$ est évidente et la question 1 donne l’inclusion $\displaystyle G \subset \bigcup_{c \in \mathcal{C}} C$. On a donc bien montré que $${\rm Card}(G) = \sum_{C \in \mathcal{C}} {\rm Card}(C).$$
4. On va construire une bijection entre $\displaystyle xH$ et $\displaystyle yH$. Soit $\displaystyle \phi : xH \rightarrow yH$, $\displaystyle z \mapsto yx^{-1}z$. Si $\displaystyle z \in xH$, on a $\displaystyle z=xh$ pour un certain $\displaystyle h \in H$, donc $\displaystyle \phi(x) = yh \in yH$. Montrons que $\displaystyle \phi$ est injective : si $\displaystyle \phi(z)=\phi(z')$ alors $\displaystyle yx^{-1}z=yx^{-1}z'$, et en multipliant les deux membres à gauche par $\displaystyle xy^{-1}$ on a $\displaystyle z=z'$, donc $\displaystyle \phi$ est injective. Montrons que $\displaystyle \phi$ est surjective. Soit $\displaystyle yh \in yH$. En posant $\displaystyle z=xh \in xH$, on a bien $\displaystyle \phi(z)=yh$. Ainsi $\displaystyle \phi$ est une bijection entre $\displaystyle xH$ et $\displaystyle yH$, donc ces deux ensembles sont de même cardinal. Toutes les classes à gauche ont donc même cardinal. De plus, $\displaystyle H= eH \in \mathcal{C}$, donc $$\forall C \in \mathcal{C} \ , \ {\rm Card}(C) = {\rm Card}(eH) = {\rm Card}(H).$$
5. D’après la question précédente, on peut récrire le résultat de la question 3 de la façon suivante : $${\rm Card}(G) = \sum_{C \in \mathcal{C}} {\rm Card}(H) = {\rm Card}(C) {\rm Card}(H).$$ En particulier, $\displaystyle {\rm Card}(H)$ est bien un diviseur de $\displaystyle {\rm Card}(G)$ : on a démontré le théorème de Lagrange.
6. Soit $\displaystyle H$ un sous-groupe de $\displaystyle \mathbb{Z}/97\mathbb{Z}$. D’après la question précédente, son cardinal divise $\displaystyle 97$. Or $\displaystyle 97$ est un nombre premier, donc $\displaystyle {\rm Card}(H) \in \{1,97\}$. Si $\displaystyle {\rm Card}(H)=1$, alors $\displaystyle H=\{0\}$ et si $\displaystyle {\rm Card}(H)=97$, alors $\displaystyle H=\mathbb{Z}/97\mathbb{Z}$ . Il n’y a pas de sous-groupe non triviaux, et la même preuve reste valide pour tout groupe d’ordre premier.