On pose $G=\mathbb R^*\times\mathbb R$ et, pour $(a,b),(c,d)\in G$ : $$(a,b)*(c,d)=(ac,\ ad+b).$$ Pour $(a,b)\in G$, on note $f_{a,b}:\mathbb R\to\mathbb R$, $x\mapsto ax+b$.
- Montrer que $f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{(a,b)*(c,d)}$. En déduire que $f_{a,b}$ est bijective et préciser sa réciproque.
- Montrer que $\mathcal A=\{f_{a,b},\ (a,b)\in G\}$ est un sous-groupe de $(S(\mathbb R),\circ)$.
- Montrer que $\Phi:G\to\mathcal A$, $(a,b)\mapsto f_{a,b}$ est bijective. En déduire que $(G,*)$ est un groupe ; préciser son neutre et l'inverse de $(a,b)$.
- Le groupe $G$ est-il abélien ?
- Montrer que $\pi:G\to(\mathbb R^*,\times)$, $(a,b)\mapsto a$ est un morphisme de groupes. Déterminer son noyau $T$ et son image. Montrer que $T$ est isomorphe à $(\mathbb R,+)$.
- Déterminer le centre $Z(G)=\{u\in G,\ \forall v\in G,\ u*v=v*u\}$.
- Déterminer les $u\in G$ tels que $u*u=(1,0)$. Cet ensemble est-il un sous-groupe de $G$ ?
Pour 1, calculer $f_{a,b}(f_{c,d}(x))$ et tester $(c,d)=(1/a,-b/a)$.
Pour 2, utiliser la caractérisation : $f\circ g^{-1}\in\mathcal A$.
Pour l'injectivité de $\Phi$, évaluer en $0$ et en $1$.
Pour le centre, choisir des éléments $v=(c,d)$ particuliers : $d=0$, puis $c=1$.
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Pour $x\in\mathbb R$ : $f_{a,b}(f_{c,d}(x))=a(cx+d)+b=acx+(ad+b)$. Comme $ac\neq0$, $(ac,ad+b)\in G$ et $f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{(a,b)*(c,d)}$. De plus $(a,b)*(\frac1a,-\frac ba)=(1,-b+b)=(1,0)$ et $(\frac1a,-\frac ba)*(a,b)=(1,\frac ba-\frac ba)=(1,0)$, et $f_{1,0}=\mathrm{id}_{\mathbb R}$. Donc $f_{a,b}\circ f_{1/a,-b/a}=f_{1/a,-b/a}\circ f_{a,b}=\mathrm{id}_{\mathbb R}$ : $f_{a,b}$ est bijective, de réciproque $f_{1/a,-b/a}$.
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Par 1, $\mathcal A\subset S(\mathbb R)$. $\mathrm{id}_{\mathbb R}=f_{1,0}\in\mathcal A$. Pour $f_{a,b},f_{c,d}\in\mathcal A$ : $$f_{a,b}\circ f_{c,d}^{-1}=f_{a,b}\circ f_{1/c,-d/c}=f_{a/c,\ -ad/c+b}\in\mathcal A.$$ $\mathcal A$ est un sous-groupe de $S(\mathbb R)$.
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$\Phi$ est surjective par définition de $\mathcal A$. Si $f_{a,b}=f_{c,d}$, l'évaluation en $0$ donne $b=d$, en $1$ donne $a+b=c+d$, donc $a=c$ : $\Phi$ est injective. La loi $*$ est interne sur $G$ ($ac\neq0$). Associativité : par 1, $$\Phi((u*v)*w)=\Phi(u)\circ\Phi(v)\circ\Phi(w)=\Phi(u*(v*w)),$$ et $\Phi$ est injective. Neutre : $(1,0)*(c,d)=(c,d)$ et $(a,b)*(1,0)=(a,b)$. Inverse : par le calcul de 1, $(a,b)^{-1}=(\frac1a,-\frac ba)$. $(G,*)$ est un groupe, et $\Phi$ est un isomorphisme de $G$ sur $\mathcal A$.
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$(2,0)*(1,1)=(2,2)$ et $(1,1)*(2,0)=(2,1)$ : $G$ n'est pas abélien.
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$\pi((a,b)*(c,d))=ac=\pi(a,b)\pi(c,d)$ : c'est un morphisme. $\pi(a,b)=1\iff a=1$, donc $T=\mathrm{Ker}\,\pi=\{1\}\times\mathbb R$. Pour $a\in\mathbb R^*$, $a=\pi(a,0)$ : $\mathrm{Im}\,\pi=\mathbb R^*$. Soit $\theta:(\mathbb R,+)\to G$, $b\mapsto(1,b)$. On a $\theta(b)*\theta(d)=(1,d+b)=\theta(b+d)$ : c'est un morphisme, injectif car $\theta(b)=(1,0)\iff b=0$, d'image $T$. Donc $\theta$ est un isomorphisme de $(\mathbb R,+)$ sur $T$.
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$(a,b)\in Z(G)$ si et seulement si pour tous $(c,d)\in G$, $(ac,ad+b)=(ca,cb+d)$, soit $ad+b=cb+d$. Avec $(c,d)=(2,0)$ : $b=2b$, donc $b=0$. Puis avec $(c,d)=(1,1)$ : $a=1$. Réciproquement $(1,0)$ est le neutre, qui commute avec tout. $Z(G)=\{(1,0)\}$.
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$(a,b)*(a,b)=(a^2,ab+b)=(1,0)$ équivaut à $a^2=1$ et $(a+1)b=0$. Si $a=1$ : $b=0$. Si $a=-1$ : toute valeur de $b$ convient. L'ensemble cherché est $S=\{(1,0)\}\cup\{(-1,b),\ b\in\mathbb R\}$ : le neutre et les applications $x\mapsto-x+b$ (symétries de centre $b/2$). Ce n'est pas un sous-groupe : $(-1,0)*(-1,1)=(1,-1)\notin S$.
Neutre $(1,0)$, $(a,b)^{-1}=(1/a,-b/a)$ ; $G$ non abélien ; $\mathrm{Ker}\,\pi=\{1\}\times\mathbb R\simeq(\mathbb R,+)$, $\mathrm{Im}\,\pi=\mathbb R^*$ ; $Z(G)=\{(1,0)\}$ ; $u*u=(1,0)\iff u\in\{(1,0)\}\cup\{(-1,b),\ b\in\mathbb R\}$, pas un sous-groupe