Correction des exercices 06 et 07 — Loi de composition interne

Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques

Les exercices 06 et 07 proposent deux lois de composition interne définies par des expressions moins habituelles. Avant d’étudier l’associativité, l’élément neutre ou les éléments symétrisables, il faut d’abord vérifier avec soin que le résultat de la composition reste dans l’ensemble considéré.

Ces exercices permettent donc de travailler un réflexe essentiel : une formule ne suffit pas à définir une loi de composition interne. Il faut également contrôler qu’elle est toujours définie et qu’elle fournit bien un élément de l’ensemble de départ. Une fois cette étape acquise, certaines transformations algébriques rendent les autres propriétés beaucoup plus accessibles.

Exercice 06

Pour tous \[ x,y\in]-1,1[, \] on pose :

\[ xTy=\frac{x+y}{1+xy}. \]

1) Montrer que \(T\) est une loi de composition interne dans \(]-1,1[\).

2) Montrer que la loi \(T\) est associative dans \(]-1,1[\).

3) Déterminer l’élément neutre de la loi \(T\).

4) Montrer que tout élément \(x\in]-1,1[\) est symétrisable dans \((]-1,1[;T)\).

Repère de cours.

Pour montrer qu’une opération définit une loi de composition interne sur un ensemble \(E\), on doit vérifier que, pour tous \(x,y\in E\), l’élément \(xTy\) est bien défini et appartient encore à \(E\).

L’associativité signifie ensuite que, pour tous \(x,y,z\in E\), \[ (xTy)Tz=xT(yTz). \]

Question 1 — Montrer que \(T\) est une loi de composition interne

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Méthode. Il faut vérifier deux points : le dénominateur ne doit jamais s’annuler et le nombre obtenu doit rester strictement compris entre \(-1\) et \(1\).

Soient \[ x,y\in]-1,1[. \]

Comme

\[ -1\lt x\lt1 \qquad\text{et}\qquad -1\lt y\lt1, \]

on a

\[ xy>-1. \]

Par conséquent :

\[ 1+xy>0. \]

L’expression \[ \frac{x+y}{1+xy} \] est donc bien définie.

Montrons maintenant qu’elle appartient à \(]-1,1[\).

D’une part :

\[ \begin{aligned} 1-xTy &=1-\frac{x+y}{1+xy}\\ &=\frac{1+xy-x-y}{1+xy}\\ &=\frac{(1-x)(1-y)}{1+xy}. \end{aligned} \]

\[ 1-x>0, \qquad 1-y>0, \qquad 1+xy>0. \]

Ainsi :

\[ 1-xTy>0, \]

donc

\[ xTy\lt1. \]

D’autre part :

\[ \begin{aligned} 1+xTy &=1+\frac{x+y}{1+xy}\\ &=\frac{1+xy+x+y}{1+xy}\\ &=\frac{(1+x)(1+y)}{1+xy}. \end{aligned} \]

Comme

\[ 1+x>0, \qquad 1+y>0, \qquad 1+xy>0, \]

on obtient :

\[ 1+xTy>0, \]

donc

\[ xTy>-1. \]

Finalement :

\[ -1\lt xTy\lt1. \]

\[ \boxed{ T\text{ est une loi de composition interne sur }]-1,1[. } \]

Astuce. Pour prouver qu’une fraction appartient à \(]-1,1[\), il est souvent plus efficace d’étudier séparément \(1-xTy\) et \(1+xTy\) que d’essayer de traiter directement une double inégalité.

Question fréquente. Pourquoi vérifier d’abord que \(1+xy>0\) ?

Parce qu’il faut d’abord s’assurer que la loi est définie. De plus, connaître le signe du dénominateur permet de conclure correctement sur les inégalités utilisées ensuite.

Question 2 — Associativité de \(T\)

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Méthode. On prend \(x,y,z\in]-1,1[\) et on calcule séparément \((xTy)Tz\) puis \(xT(yTz)\).

D’après la question précédente, \[ xTy\in]-1,1[ \] et \[ yTz\in]-1,1[. \] Les compositions suivantes sont donc bien définies.

Calculons d’abord \((xTy)Tz\) :

\[ \begin{aligned} (xTy)Tz &= \frac{\dfrac{x+y}{1+xy}+z} {1+z\dfrac{x+y}{1+xy}}\\[2mm] &= \frac{x+y+z+xyz} {1+xy+xz+yz}. \end{aligned} \]

De même :

\[ \begin{aligned} xT(yTz) &= \frac{x+\dfrac{y+z}{1+yz}} {1+x\dfrac{y+z}{1+yz}}\\[2mm] &= \frac{x+y+z+xyz} {1+xy+xz+yz}. \end{aligned} \]

Ainsi :

\[ (xTy)Tz=xT(yTz). \]

\[ \boxed{T\text{ est associative sur }]-1,1[.} \]

Les deux façons de composer \(x\), \(y\) et \(z\) conduisent à la même expression. L’égalité est valable pour tous les éléments de \(]-1,1[\), ce qui établit l’associativité de la loi.

Question 3 — Élément neutre

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Méthode. On cherche \(e\in]-1,1[\) tel que \[ xTe=eTx=x \] pour tout \(x\in]-1,1[\).

Prenons \(e=0\). Comme \[ 0\in]-1,1[, \] on a :

\[ xT0 = \frac{x+0}{1+x\cdot0} =x. \]

De même :

\[ 0Tx = \frac{0+x}{1+0\cdot x} =x. \]

\[ \boxed{e=0} \] est l’élément neutre de \((]-1,1[;T)\).

Question 4 — Éléments symétrisables

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Méthode. Le neutre étant \(0\), pour un élément \(x\in]-1,1[\), on cherche \(x'\in]-1,1[\) tel que \[ xTx'=x'Tx=0. \]

Considérons \[ x'=-x. \]

Puisque

\[ -1\lt x\lt1, \]

on a également :

\[ -1\lt -x\lt1. \]

Donc \[ -x\in]-1,1[. \]

Calculons :

\[ \begin{aligned} xT(-x) &= \frac{x-x}{1-x^2}\\ &=0. \end{aligned} \]

Comme \[ x\in]-1,1[, \] on a \[ 1-x^2>0, \] donc le calcul est bien défini.

De même :

\[ (-x)Tx=0. \]

\[ \boxed{ \text{Tout }x\in]-1,1[ \text{ est symétrisable et son symétrique est }-x. } \]

À retenir. Trouver une expression qui annule le numérateur ne suffit pas : il faut également vérifier que le candidat appartient à l’ensemble étudié et que le dénominateur reste non nul.

Exercice 07

On considère sur \(\mathbb R^+\) la loi \(\perp\) définie par :

\[ x\perp y=\ln\left(e^x+e^y-1\right). \]

1) Montrer que \(\perp\) est une loi de composition interne dans \(\mathbb R^+\).

2) Montrer que \(\perp\) est commutative et associative.

3) Montrer que la loi \(\perp\) admet un élément neutre.

4) Déterminer les éléments symétrisables dans \((\mathbb R^+;\perp)\).

Repère de cours.

Ici, \[ \mathbb R^+=[0,+\infty[. \] Pour prouver que la loi est interne, il faudra donc montrer que le logarithme est défini et que sa valeur est positive ou nulle.

On utilisera en particulier : \[ x\geq0\Longrightarrow e^x\geq1. \]

Question 1 — Loi de composition interne

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Méthode. Il faut d’abord vérifier que l’argument du logarithme est strictement positif, puis montrer que le résultat appartient bien à \(\mathbb R^+\).

Soient \[ x,y\in\mathbb R^+. \]

Alors \[ x\geq0 \qquad\text{et}\qquad y\geq0. \]

Par conséquent :

\[ e^x\geq1 \qquad\text{et}\qquad e^y\geq1. \]

D’où :

\[ e^x+e^y-1\geq1>0. \]

Le logarithme est donc bien défini. De plus :

\[ \ln(e^x+e^y-1)\geq\ln1=0. \]

Ainsi :

\[ x\perp y\in\mathbb R^+. \]

\[ \boxed{ \perp\text{ est une loi de composition interne sur }\mathbb R^+. } \]

Question fréquente. Montrer seulement que \[ e^x+e^y-1>0 \] suffit-il ?

Non. Cela garantit uniquement que le logarithme est défini. Comme la loi est définie sur \(\mathbb R^+\), il faut encore montrer que le résultat obtenu est lui-même positif ou nul.

Question 2 — Commutativité et associativité

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Commutativité

Pour tous \(x,y\in\mathbb R^+\),

\[ \begin{aligned} x\perp y &=\ln(e^x+e^y-1)\\ &=\ln(e^y+e^x-1)\\ &=y\perp x. \end{aligned} \]

\[ \boxed{\perp\text{ est commutative}.} \]

Associativité

Astuce de calcul. De la définition, \[ e^{x\perp y}=e^x+e^y-1. \] Cette relation évite d’alourdir les calculs avec des logarithmes emboîtés.

Soient \(x,y,z\in\mathbb R^+\).

On a :

\[ \begin{aligned} (x\perp y)\perp z &= \ln\left(e^{x\perp y}+e^z-1\right)\\ &= \ln\left(e^x+e^y+e^z-2\right). \end{aligned} \]

D’autre part :

\[ \begin{aligned} x\perp(y\perp z) &= \ln\left(e^x+e^{y\perp z}-1\right)\\ &= \ln\left(e^x+e^y+e^z-2\right). \end{aligned} \]

Donc :

\[ (x\perp y)\perp z=x\perp(y\perp z). \]

\[ \boxed{\perp\text{ est associative}.} \]

L’idée importante consiste à remplacer immédiatement \(e^{x\perp y}\) par \(e^x+e^y-1\). Cette simplification fait apparaître la même expression dans les deux compositions.

Question 3 — Élément neutre

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Méthode. On cherche \(a\in\mathbb R^+\) tel que \[ x\perp a=x \] pour tout \(x\in\mathbb R^+\).

On doit avoir :

\[ \ln(e^x+e^a-1)=x. \]

En appliquant l’exponentielle :

\[ e^x+e^a-1=e^x. \]

D’où :

\[ e^a=1. \]

Ainsi :

\[ a=0. \]

Comme \(0\in\mathbb R^+\), vérifions :

\[ \begin{aligned} x\perp0 &=\ln(e^x+1-1)\\ &=\ln(e^x)\\ &=x. \end{aligned} \]

La loi étant commutative, \[ 0\perp x=x. \]

\[ \boxed{ 0\text{ est l’élément neutre de }(\mathbb R^+;\perp). } \]

Question 4 — Éléments symétrisables

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Méthode. Le neutre étant \(0\), un élément \(x\in\mathbb R^+\) est symétrisable s’il existe \(x'\in\mathbb R^+\) tel que \[ x\perp x'=0. \]

On a :

\[ \begin{aligned} x\perp x'=0 &\iff \ln(e^x+e^{x'}-1)=0\\ &\iff e^x+e^{x'}-1=1\\ &\iff e^{x'}=2-e^x. \end{aligned} \]

Mais \(x'\in\mathbb R^+\), donc

\[ e^{x'}\geq1. \]

Il faut donc :

\[ 2-e^x\geq1. \]

Ainsi :

\[ e^x\leq1. \]

Or \(x\geq0\), donc :

\[ e^x\geq1. \]

Par conséquent :

\[ e^x=1, \]

puis

\[ x=0. \]

Pour \(x=0\), l’équation devient :

\[ e^{x'}=1, \]

donc

\[ x'=0. \]

\[ \boxed{ 0\text{ est le seul élément symétrisable de } (\mathbb R^+;\perp). } \]

Contrairement à l’exercice 06, tous les éléments ne sont donc pas symétrisables. Le fait qu’une loi possède un élément neutre ne signifie pas que chacun de ses éléments possède automatiquement un symétrique.

Question fréquente. Pourquoi ne peut-on pas simplement écrire \[ x'=\ln(2-e^x) \] et conclure ?

Parce qu’il faut vérifier que cette expression est définie et, surtout, que \(x'\) appartient bien à \(\mathbb R^+\). Ces conditions conduisent précisément au seul cas \(x=0\).

À retenir

Dans l’exercice 06, la difficulté principale consiste à montrer que la loi conserve l’intervalle \(]-1,1[\). Les identités \[ 1-\frac{x+y}{1+xy} = \frac{(1-x)(1-y)}{1+xy} \] et \[ 1+\frac{x+y}{1+xy} = \frac{(1+x)(1+y)}{1+xy} \] permettent d’obtenir directement les deux inégalités nécessaires.

Dans l’exercice 07, l’identité \[ e^{x\perp y}=e^x+e^y-1 \] constitue le calcul clé pour établir l’associativité.

Ces deux exercices montrent également qu’il faut toujours distinguer trois questions : la loi est-elle bien interne ? possède-t-elle un élément neutre ? et chaque élément possède-t-il réellement un symétrique dans l’ensemble considéré ?

Parcours Maths Maroc — PMM
Professeur Hammou Boudraa

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