Planche no 1. Structures. Corrigé
Exercice no 1
Soit x ∈ G. Pour y ∈ G, posons σx (y) = xy. σx est une application de G dans lui-même. Ensuite, pour tout y ∈ G,
σx ◦ σx−1 (y) = xx−1 y = y et σx−1 ◦ σx (y) = x−1 xy = y. Donc, σx ◦ σx−1 = σx−1 ◦ σx = IdG . On sait alors que σx est
−1
une bijection de G sur lui-même ou encore une permutation de G (et de plus, (σx ) = σx−1 ).
Soit ϕ :
G → S(G) . D’après ce qui précède, ϕ est une application de G vers S(G).
x 7→ σx
Vérifions que ϕ est un morphisme de groupes, du groupe (G, ×) vers le groupe (S(G), ◦). Soit (x, x ′ ) ∈ G2 . Pour tout
y ∈ G,
(ϕ(x × x ′ ))(y) = σxx ′ (y) = xx ′ y = σx ◦ σx ′ (y) = (ϕ(x) ◦ ϕ(x ′ ))(y)
et donc ϕ(x × x ′ ) = ϕ(x) ◦ ϕ(x ′ ). On a montré que ϕ est un morphisme du groupe (G, ×) vers le groupe (S(G), ◦).
Montrons que ϕ est injectif. On note e l’élément neutre de G. Soit x ∈ G.
x ∈ Ker(ϕ) ⇒ ϕ(x) = IdG ⇒ ∀y ∈ G, xy = y ⇒ xe = e
Donc, Ker(ϕ) = {e} puis ϕ est injectif.
⇒ x = e.
On sait alors que ϕ(G) est un sous-groupe de (S(g), ◦). De plus, puisque ϕ est un morphisme injectif, ϕ réalise un
isomorphisme du groupe (G, ×) sur le groupe (ϕ(G), ◦).
Exercice no 2
1) 0 = 0 + 0i ∈ Z[i]. Soit (z, z ′ ) ∈ (Z[i])2 . Posons z = a + ib et z ′ = a ′ + ib ′ où (a, b, a ′ , b ′ ) ∈ Z4 .
Alors, z − z ′ = (a − a ′ ) + i(b − b ′ ) ∈ Z[i] et z × z ′ = (aa ′ − bb ′ ) + i(ab ′ + ba ′ ) ∈ Z[i]. Enfin, 1 = 1 + 0i ∈ Z[i].
Donc, Z[i] est un sous-anneau de l’anneau (C, +, ×).
1
1
et ν(x) = ⌊x⌋ + 1 si ⌊x⌋ + < x < ⌊x⌋ + 1 (où ⌊x⌋ est la partie
2
2
1
entière du réel x). Pour tout réel x, ν(x) est un entier relatif tel que |x − ν(x)| 6 .
2
z z ′
et b = ν Im ′ . Soient q = a + ib puis r = z − qz ′ . Alors,
Soit (z, z ) ∈ Z[i] × (Z[i] \ {0}). Soient a = ν Re ′
z
z
q ∈ Z[i] puis r = z − qz ′ ∈ Z[i] puis z = qz ′ + r.
r
Il reste à vérifier que |r| < |z ′ | ou encore que ′ < 1.
z
2) Pour x ∈ R, on pose ν(x) = ⌊x⌋ si ⌊x⌋ 6 x 6 ⌊x⌋ +
z
z
r
−
a
+
i
Im
−
b
=
Re
=
z′
z′
z′
s
2 2
1
1
1
6
+
= √ < 1.
2
2
2
r
Re
2 z 2
z
−
a
−
b
+
Im
z′
z′
On a montré que pour tout (z, z ′ ) ∈ Z[i] × (Z[i] \ {0}), il existe (q, r) ∈ (Z[i])2 tel que z = qz ′ + r et |r| < |z ′ | (division
euclidienne dans l’anneau des entiers de Gauss).
3) Soit z0 ∈ Z[I]. Soit I = z0 Z[i] = {z0 z, z ∈ Z[i]}. Redémontrons que I est un idéal de l’anneau (Z[i], +, ×) (idéal principal
engendré par z0 ).
0 = z0 × (0 + 0i) ∈ I. Soit (z, z ′ ) ∈ (Z[i])2 . z0 z − z0 z ′ = z0 (z − z ′ ) ∈ I car z − z ′ ∈ Z[i]. Enfin, pour (z, z ′ ) ∈ Z[i])2 ,
(z0 z) z ′ = z0 (zz ′ ) ∈ I car zz ′ ∈ Z[i].
Vérifions que maintenant que tout idéal de l’anneau (Z[i], +, ×) est principal. Si I = {0}, alors I = 0 × Z[i] est principal.
Dorénavant, I est un idéal non réduit à {0} de l’anneau (Z[i], +, ×). Soit z ∈ I \ {0}. Posons z = a + ib où (a, b) ∈
√
√
Z2 \ {(0, 0)}. L’ensemble D = a ′ + ib ′ ∈ I/ 0 < a ′2 + b ′2 6 a2 + b2 est non vide et fini (de cardinal inférieur ou
égal à (2|a| + 1) × (2|b| + 1)). Il existe donc un élément z0 de D de plus petit module. Par construction, z0 6= 0, z0 ∈ I et
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1
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le module de√z0 est inférieur ou égal au module de tout élément de I (que ce module soit inférieur ou égal ou strictement
supérieur à a2 + b2 ).
Montrons que I = z0 Z[i]. D’une part, pour tout z ∈ Z[i], z0 z ∈ I puisque z0 ∈ I et par définition d’un idéal. Donc,
z0 Z[i] ⊂ I.
Inversement, soit z ∈ I. D’après la question 2), puisque z0 6= 0, il existe (q, r) ∈ (Z[i])2 tel que z = qz0 + r et |r| < |z0 |.
Mais r = z − qz0 est dans I et donc r = 0 par définition de z0 . Par suite, z = qz0 ∈ z0 Z[i]. Ceci montre que I ⊂ z0 Z[i] et
finalement que I = z0 Z[i].
On a montré que tout idéal de l’anneau (Z[i], +, ×) est principal et donc que l’anneau (Z[i], +, ×) est principal.
Exercice no 3
1) Soit z ∈ C. z est un élément d’ordre fini du groupe (C, +) si et seulement si il existe n ∈ N∗ tel que nz = 0. Ceci
équivaut à z = 0.
2) Soit z ∈ C. z est un élément d’ordre fini du groupe (C∗ , ×) si et seulement si il existe n ∈ N∗ tel que zn = 1. Les
∗
∗
éléments d’ordre fini du groupe (C
[ , ×) sont les racines n-èmes de l’unité pour n ∈ N .
L’ensemble de ces nombres est
Un (et n’est pas U).
n∈N∗
Exercice n 4
o
On note e l’élément neutre de G. Soit x ∈ G. On sait que l’ordre de x divise le cardinal de G. Puisque card(G) est un
nombre impair, l’ordre de x est un nombre impair. Notons donc 2p+1, p ∈ N, l’ordre de x. Alors, x2p+1 = e puis x2p+2 = x
2
ou encore x = xp+1 = f xp+1 .
Ainsi, pour tout x ∈ G, il existe x ′ ∈ G tel que f(x ′ ) = x. Donc, f est surjective. f est surjective de l’ensemble fini G sur
lui-même et donc f est bijective.
Ainsi, par exemple, si G = U2p+1 est le groupe des racines 2p + 1-èmes de l’unité dans C, si deux racines 2p + 1-èmes de
l’unité ont le même carré, alors elles sont égales (ce n’est par exemple par le cas dans U4 puisque (−i)2 = i2 = −1) et
toute racine 2p + 1-ème de l’unité est le carré d’une racine 2p + 1-ème de l’unité.
Exercice no 5
1) Soient (x, y) ∈ A2 et (λ, µ) ∈ R2 . fa (λx + µy) = a(λx + µy) = λax + µay = λfa (x) + µfa (y). Donc, fa ∈ L (A). Soit
a ∈ A \ {0}. Pour x ∈ A,
x ∈ Ker (fa ) ⇒ ax = 0 ⇒ x = 0 (car l’algèbre (A, +, ., ×) est intègre).
Donc, Ker (fa ) = {0} puis fa ∈ GL(A) car dim(A) < +∞. En particulier, il existe a ′ ∈ A tel que aa ′ = fa (a ′ ) = 1. a
est donc inversible à droite dans l’algèbre (A, +, ., ×). De même, a est inversible à gauche. Soit a ′′ son inverse à gauche.
Alors, a ′′ = a ′′ aa ′ = a ′ et donc a est inversible pour ×.
D’autre part, si a = 0, a n’est pas inversible pour × (car 0 est absorbant pour × et donc, pour tout x ∈ A, 0 × x 6= 1). On
a montré que : ∀a ∈ A, a inversible pour × si et seulement si a 6= 0. Mais alors, (A, +, ×) est un corps.
2) a) Soit n = dimR (A) (n ∈ N \ {0, 1}). La famille ak 06k6n est de cardinal n + 1 > n = dim(A). Donc, la famille
ak 06k6n est liée. On en déduit qu’il existe (λ0 , . . . , λn ) ∈ Rn+1 tel que (λ0 , . . . , λn ) 6= (0, . . . , 0) et λn an +. . .+λ1 a+λ0 =
n
X
0. Le polynôme P0 =
λk Xk est un polynôme non nul tel que P0 (a) = 0.
k=0
b) Soit I = {P ∈ K[X]/ P(a) = 0}. Montrons que I est un idéal de l’anneau (R[X], +∞). 0 ∈ I puis si (P, Q) ∈ I2 ,
(P − Q)(a) = P(a) − Q(a) = 0 et donc P − Q ∈ I. Soit (P, Q) ∈ R[X] × I. (PQ)(a) = P(a) × Q(a) = P(a) × 0 = 0 et donc
PQ ∈ I2 . I est donc un idéal de l’anneau (R[X], +, ×).
Puisque l’anneau (R[X], +, ×) est un anneau principal, I est un idéal principal de cet anneau. Plus précisément, puisque
I 6= {0} d’après la question a), on sait qu’il existe un polynôme unitaire µa et un seul tel que I = µa R[X]. µa est le
polynôme minimal de a.
2
c) Soit (P, Q) ∈ (R[X]) tel que µa = P × Q. Alors P(a)Q(a) = µa (a) = 0 et donc P(a) = 0 ou Q(a) = 0 car
l’anneau (A, +, ×) est intègre. Donc, P ∈ I \ {0} ou Q ∈ I \ {0} (car P × Q = µa 6= 0). Mais alors, deg(P) > deg (µa ) ou
deg(Q) > deg (µa ). Ceci montre que µa est irréductible sur R[X].
3) Soit a ∈ A\(Vect(1)) (a existe car dim(A) > 2). µa est irréductible sur R[X]. Donc, µa est de degré 1 ou 2. deg (µa ) = 1
fournit µa = X − a et en particulier a ∈ R = Vect(1) ce qui est faux. Donc, deg (µa ) = 2 puis il existe (α, β) ∈ R2 tel
α 2
4β − α2
que µa = X2 + αX + β avec α2 − 4β < 0. Ceci fournit en particulier a2 + αa + β = 0 puis a +
=−
puis
2
4
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!2
2a + α
2a + α
p
= −1. Soit a0 = p
. a0 est un élément de A tel que a20 = −1. De plus, a0 ∈
/ Vect(1) car aucun
4β − α2
4β − α2
élément de Vect(1) n’a un carré égal à −1 et donc la famille (1, a0 ) est libre.
Soit b ∈ A. Si b ∈ Vect(1), alors b ∈ Vect (1, a0 ). Sinon b ∈ A \ Vect(1). Comme précédemment, il existe (α ′ , β ′ ) ∈ R2 tel
2b + α ′
est un élément de A tel que b20 = −1. Mais
que on construit α ′2 − 4β ′ < 0 et b2 + α ′ b + β ′ = 0 puis b0 = p
4β ′ − α ′2
alors, a20 = b20 puis (b0 + a0 ) (b0 − a0 ) = 0 et donc b0 = a0 ou b0 = −a0 car l’anneau (A, +, ×) est intègre. Dans, tous
p
1
les cas, b0 ∈ Vect (1, a0 ) puis b =
−α ′ + 4β ′ − α ′2 b0 ∈ Vect (1, b0 ) ⊂ Vect (1, a0 ).
2
Ceci montre que A = Vect (1, a0 ) = x + ao y, (x, y) ∈ R2 puis que dim(A) = 2 car (1, a0 ) est une base de A. Puisque
a20 = −1, il est immédiat que l’application ϕ :
C
→
A
est un isomorphisme d’algèbres.
x + iy 7→ x + a0 y
Exercice no 6 On note e l’élément neutre du groupe (G, ×).
(1) ⇒ (4). Supposons que HK soit un sous-groupe de (G, ×).
−1
−1
Soit (h, k) ∈ H × K. On a kh = h−1 k−1
. Mais h−1 ∈ H et k−1 ∈ K puis h−1 k−1 ∈ HK puis h−1 k−1
∈ HK car
HK est un sous-groupe. Ainsi, pour tout (h, k) ∈ H × K, kh ∈ HK. Ceci montre que KH ⊂ HK.
(4) ⇒ (1). Supposons que KH ⊂ HK. e est dans H et e est dans K et donc e = e×e ∈ HK. Soit (h, k, h ′ , k ′ ) ∈ H×K×H×K.
−1
(hk) × (h ′ k ′ ) = hkk ′−1 h ′−1 . Ensuite, k ′−1 est dans K et h ′−1 est dans H. Donc, kk ′−1 h ′−1 est dans KH ⊂ HK puis il
′′
′′
existe (h , k ) ∈ H × K tel que kk ′−1 h ′−1 = h ′′ k ′′ . Mais alors,
−1
(hk) × (h ′ k ′ )
= (hh ′′ )k ′′ ∈ HK.
Ceci montre que HK est un sous-groupe de (G, ×).
On a montré que (1) ⇔ (4). En échangeant les rôles de H et K, on a aussi (2) ⇔ (3).
(3) ⇒ (4). Supposons HK ⊂ KH. Soit (h, k) ∈ H × K. (kh)−1 = h−1 k−1 est dans HK et donc dans KH. Mais alors,
−1
kh = (kh)−1
est dans HK. Ceci montre que KH ⊂ HK. En échangeant les rôles H et K, on a aussi (4) ⇒ (3) et
finalement, (3) ⇔ (4).
On a montré que (1) ⇔ (2) ⇔ (3) ⇔ (4).
Exercice no 7
Par hypothèse, il existe n ∈ N∗ tel que (xy)n = 0. Mais alors, (yx)n+1 = y(xy)n x = 0 et donc yx est nilpotent.
Exercice no 8
Si I = A, alors 1 ∈ I. Inversement, si 1 ∈ I, alors pour tout a ∈ A, a = 1 × a ∈ I et donc A ⊂ I puis A = I.
Exercice no 9
Exercice no 10
Exercice no 11
Exercice no 12
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