Corrigé d'exercices : Structures algébriques

Planche no1. Structures. Corrigé
Exercice no1
Soit x∈G. Pour y∈G, posons σx(y) = xy.σxest une application de Gdans lui-même. Ensuite, pour tout y∈G,
σx◦σx−1(y) = xx−1y=yet σx−1◦σx(y) = x−1xy =y. Donc, σx◦σx−1=σx−1◦σx=IdG. On sait alors que σxest
une bijection de Gsur lui-même ou encore une permutation de G(et de plus, (σx)−1=σx−1).
Soit ϕ:G→S(G)
x7→σx
. D’après ce qui précède, ϕest une application de Gvers S(G).
Vérifions que ϕest 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 ϕest un morphisme du groupe (G, ×)vers le groupe (S(G),◦).
Montrons que ϕest injectif. On note el’élément neutre de G. Soit x∈G.
x∈Ker(ϕ)⇒ϕ(x) = IdG⇒∀y∈G, xy =y⇒xe =e
⇒x=e.
Donc, Ker(ϕ) = {e}puis ϕest injectif.
On sait alors que ϕ(G)est un sous-groupe de (S(g),◦). De plus, puisque ϕest un morphisme injectif, ϕréalise un
isomorphisme du groupe (G, ×)sur le groupe (ϕ(G),◦).
Exercice no2
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,+,×).
2) Pour x∈R, on pose ν(x) = ⌊x⌋si ⌊x⌋6x6⌊x⌋+1
2et ν(x) = ⌊x⌋+1si ⌊x⌋+1 2< x < ⌊x⌋+1(où ⌊x⌋est la partie
entière du réel x). Pour tout réel x,ν(x)est un entier relatif tel que |x−ν(x)|61
2.
Soit (z, z′)∈Z[i]×(Z[i]\ {0}). Soient a=νRe z
z′et b=νIm z z′. Soient q=a+ib puis r=z−qz′. Alors,
q∈Z[i]puis r=z−qz′∈Z[i]puis z=qz′+r.
Il reste à vérifier que |r|<|z′|ou encore que 
r
z′< 1.
r
z′=Re z z′−a+iIm z z′−b=rRe z z′−a2+Im z z′−b2
6s1
22
+1
22
=1
√2< 1.
On a montré que pour tout (z, z′)∈Z[i]×(Z[i]\ {0}), il existe (q, r)∈(Z[i])2tel que z=qz′+ret |r|<|z′|(division
euclidienne dans l’anneau des entiers de Gauss).
3) Soit z0∈Z[I]. Soit I=z0Z[i] = {z0z, z ∈Z[i]}. Redémontrons que Iest un idéal de l’anneau (Z[i],+,×)(idéal principal
engendré par z0).
0=z0×(0+0i)∈I. Soit (z, z′)∈(Z[i])2.z0z−z0z′=z0(z−z′)∈Icar z−z′∈Z[i]. Enfin, pour (z, z′)∈Z[i])2,
(z0z)z′=z0(zz′)∈Icar 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, Iest 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′26√a2+b2est non vide et fini (de cardinal inférieur ou
égal à (2|a|+1)×(2|b|+1)). Il existe donc un élément z0de Dde plus petit module. Par construction, z06=0,z0∈Iet
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le module de z0est 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=z0Z[i]. D’une part, pour tout z∈Z[i],z0z∈Ipuisque z0∈Iet par définition d’un idéal. Donc,
z0Z[i]⊂I.
Inversement, soit z∈I. D’après la question 2), puisque z06=0, il existe (q, r)∈(Z[i])2tel que z=qz0+ret |r|<|z0|.
Mais r=z−qz0est dans Iet donc r=0par définition de z0. Par suite, z=qz0∈z0Z[i]. Ceci montre que I⊂z0Z[i]et
finalement que I=z0Z[i].
On a montré que tout idéal de l’anneau (Z[i],+,×)est principal et donc que l’anneau (Z[i],+,×)est principal.
Exercice no3
1) Soit z∈C.zest 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.zest 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 [
n∈N∗
Un(et n’est pas U).
Exercice no4
On note el’élément neutre de G. Soit x∈G. On sait que l’ordre de xdivise le cardinal de G. Puisque card(G)est un
nombre impair, l’ordre de xest un nombre impair. Notons donc 2p+1,p∈N, l’ordre de x. Alors, x2p+1=epuis x2p+2=x
ou encore x=xp+12=fxp+1.
Ainsi, pour tout x∈G, il existe x′∈Gtel que f(x′) = x. Donc, fest surjective. fest surjective de l’ensemble fini Gsur
lui-même et donc fest bijective.
Ainsi, par exemple, si G=U2p+1est 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 U4puisque (−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 no5
1) Soient (x, y)∈A2et (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′∈Atel que aa′=fa(a′) = 1.a
est donc inversible à droite dans l’algèbre (A, +, ., ×). De même, aest inversible à gauche. Soit a′′ son inverse à gauche.
Alors, a′′ =a′′aa ′=a′et donc aest inversible pour ×.
D’autre part, si a=0,an’est pas inversible pour ×(car 0est absorbant pour ×et donc, pour tout x∈A,0×x6=1). On
a montré que : ∀a∈A,ainversible pour ×si et seulement si a6=0. Mais alors, (A, +,×)est un corps.
2) a) Soit n=dimR(A)(n∈N\ {0, 1}). La famille ak06k6nest de cardinal n+1 > n =dim(A). Donc, la famille
ak06k6nest liée. On en déduit qu’il existe (λ0,...,λn)∈Rn+1tel que (λ0,...,λn)6= (0,...,0)et λnan+...+λ1a+λ0=
0. Le polynôme P0=
n
X
k=0
λkXkest un polynôme non nul tel que P0(a) = 0.
b) Soit I={P∈K[X]/ P(a) = 0}. Montrons que Iest un idéal de l’anneau (R[X],+∞).0∈Ipuis si (P, Q)∈I2,
(P−Q)(a) = P(a) − Q(a) = 0et donc P−Q∈I. Soit (P, Q)∈R[X]×I.(PQ)(a) = P(a)×Q(a) = P(a)×0=0et donc
PQ ∈I2.Iest donc un idéal de l’anneau (R[X],+,×).
Puisque l’anneau (R[X],+,×)est un anneau principal, Iest un idéal principal de cet anneau. Plus précisément, puisque
I6={0}d’après la question a), on sait qu’il existe un polynôme unitaire µaet un seul tel que I=µaR[X].µaest le
polynôme minimal de a.
c) Soit (P, Q)∈(R[X])2tel que µa=P×Q. Alors P(a)Q(a) = µa(a) = 0et donc P(a) = 0ou Q(a) = 0car
l’anneau (A, +,×)est intègre. Donc, P∈I\ {0}ou Q∈I\ {0}(car P×Q=µa6=0). Mais alors, deg(P)>deg (µa)ou
deg(Q)>deg (µa). Ceci montre que µaest irréductible sur R[X].
3) Soit a∈A\(Vect(1)) (aexiste car dim(A)>2). µaest irréductible sur R[X]. Donc, µaest de degré 1ou 2. deg (µa) = 1
fournit µa=X−aet en particulier a∈R=Vect(1)ce qui est faux. Donc, deg (µa) = 2puis il existe (α, β)∈R2tel
que µa=X2+αX +βavec α2−4β < 0. Ceci fournit en particulier a2+αa +β=0puis a+α
22= − 4β −α2 4puis
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2a +α
p4β −α2!2
= −1. Soit a0=2a +α
p4β −α2.a0est un élément de Atel que a2
0= −1. De plus, a0/∈Vect(1)car aucun
élément de Vect(1)n’a un carré égal à −1et 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′)∈R2tel
que on construit α′2−4β′< 0 et b2+α′b+β′=0puis b0=2b +α′
p4β′−α′2est un élément de Atel que b2
0= −1. Mais
alors, a2
0=b2 0puis (b0+a0) (b0−a0) = 0et donc b0=a0ou b0= −a0car l’anneau (A, +,×)est intègre. Dans, tous
les cas, b0∈Vect (1, a0)puis b=1
2−α′+p4β′−α′2b0∈Vect (1, b0)⊂Vect (1, a0).
Ceci montre que A=Vect (1, a0) = x+aoy, (x, y)∈R2puis que dim(A) = 2car (1, a0)est une base de A. Puisque
a2
0= −1, il est immédiat que l’application ϕ:C→A
x+iy 7→x+a0y
est un isomorphisme d’algèbres.
Exercice no6On note el’élément neutre du groupe (G, ×).
(1)⇒(4). Supposons que HK soit un sous-groupe de (G, ×).
Soit (h, k)∈H×K. On a kh =h−1k−1−1. Mais h−1∈Het k−1∈Kpuis h−1k−1∈HK puis h−1k−1−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.eest dans Het eest dans Ket donc e=e×e∈HK. Soit (h, k, h′, k′)∈H×K×H×K.
(hk)×(h′k′)−1=hkk′−1h′−1. Ensuite, k′−1est dans Ket h′−1est dans H. Donc, kk′−1h′−1est dans KH ⊂HK puis il
existe (h′′, k′′)∈H×Ktel que kk′−1h′−1=h′′k′′ . Mais alors,
(hk)×(h′k′)−1= (hh′′)k′′ ∈HK.
Ceci montre que HK est un sous-groupe de (G, ×).
On a montré que (1)⇔(4). En échangeant les rôles de Het K, on a aussi (2)⇔(3).
(3)⇒(4). Supposons HK ⊂KH. Soit (h, k)∈H×K.(kh)−1=h−1k−1est dans HK et donc dans KH. Mais alors,
kh =(kh)−1−1est dans HK. Ceci montre que KH ⊂HK. En échangeant les rôles Het K, on a aussi (4)⇒(3)et
finalement, (3)⇔(4).
On a montré que (1)⇔(2)⇔(3)⇔(4).
Exercice no7
Par hypothèse, il existe n∈N∗tel que (xy)n=0. Mais alors, (yx)n+1=y(xy)nx=0et donc yx est nilpotent.
Exercice no8
Si I=A, alors 1∈I. Inversement, si 1∈I, alors pour tout a∈A,a=1×a∈Iet donc A⊂Ipuis A=I.
Exercice no9
Exercice no10
Exercice no11
Exercice no12
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