ENSI de Sidi-Bel-Abbès. Cycle Préparatoire Intégré Première année

1
E. N. S. I. de Sidi-Be`-Abbès.
Cycle Préparatoire Intégré
Première année
Responsables du module : A. E. K. Gheriballah, M. M echab
Module : Algebre1
.
Fiche de T . D. N o 4
2014/15
Structures Algebriques
Exercice 1. Soit ∗ et ? les l.c.i. définies dans R par : ∀ x, y ∈ R,
x∗y =
xy + (x2 − 1)(y 2 − 1)
 x3 + y 3
si (x, y) 6= (0, 0)
x ? y = x2 + y 2

0
si (x, y) = (0, 0)
i) Vérifier que les lois ∗ et ? sont commutatives, admettent un élément neutre chacune et qu’elles ne
sont pas associatives.
ii) Résoudre les équations suivantes 2 ∗ x = 5 ; x ∗ x = 1, x ? x = 1, x ? 1 = 0.
Réponse :
i)
i)a ∗ est commutative car la multiplication est commutative dans R, et ? est commutative car l’addition
est aussi commutative dans R.
i)b
L’élément neutre de ∗. Soit e ∈ R ; ∗ étant commutative ; alors :
e est l’élément neutre de ∗
donc l’élément neutre de ∗ est
i)c
e=1
∀ x ∈ R,
∀ x ∈ R,
∀ x ∈ R,
∀ x ∈ R,
∀ x ∈ R,
∀ x ∈ R,
e=1
x∗e=x
xe + (x2 − 1)(e2 − 1) = x
xe + (x2 − 1)(e2 − 1) − x = 0
x(e − 1) + (x2 − 1)(e2 − 1) = 0
(e − 1)[x + (x2 − 1)(e + 1)] = 0
(e = 1) ∨ [x + (x2 − 1)(e + 1) = 0]
.
L’élément neutre de ?. Soit e ∈ R, alors
e est l’élément neutre de ? =⇒
∀ x ∈ R\{0},
=⇒
∀ x ∈ R\{0},
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
∀ x ∈ R\{0},
∀ x ∈ R\{0},
∀ x ∈ R\{0},
e=0
et il est facile alors de vérifier que
i)d
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
e=0
x?e=x
x3 + e3
=x
x2 + e2
x3 + e3 = x3 + xe2
e3 − xe2 = 0
e2 (e − x) = 0
est effectivement l’élément neutre de ?.
∗ n’est pas associative, car pour x = 2, y = 2 et z = 0, on a :
(x ∗ y) ∗ z = (2 ∗ 2) ∗ 0 = 13 ∗ 0 = −168
et
donc : ∃ x = 2, y = 2 et z = 0; (x ∗ y) ∗ z 6= x ∗ (y ∗ z),
ce qui montre que ∗ n’est pas associative.
x ∗ (y ∗ z) = 2 ∗ (2 ∗ 0) = 2 ∗ (−3) = 18
2
i)f
? n’est pas associative, car pour x = −1, y = 1 et z = 2, on a :
(x?y)?z = ((−1)?1)?2 = 0?2 = 2
et
3
−1 + 59
9
604
x?(y?z) = (−1)?(1?2) = (−1)? =
6= 2
2 =
9
5
5.106
1+ 5
donc : ∃ x = −1, y = 1, z = 2 ∈ R; (x ? y) ? z 6= x ? (y ? z)
ce qui montre que ? n’est pas associative.
ii)
On a :
4
) ∨ (x2 = −2)
3
2
2
2
2
2
x ∗ x = 1 ⇐⇒ x + (x − 1)(x − 1) = 1 ⇐⇒ (x − 1)x ⇐⇒ (x = −1) ∨ (x = 0) ∨ (x = 1)
x3 + x3
x ? x = 1 ⇐⇒ 2
= 1 ⇐⇒ x = 1
x + x2
x3 + 1
x ? 1 = 0 ⇐⇒ 2
= 0 ⇐⇒ x3 + 1 = 0 ⇐⇒ x = −1
x +1
2 ∗ x = 5 ⇐⇒ 2x + (4 − 1)(x2 − 1) = 5 ⇐⇒ 3x2 + 2x − 8 = 0 ⇐⇒ (x1 =
Exercice 2. Etant donnée ? une l.c.i. commutative ; dans un ensemble E ; telle que :
∀ x, y, z ∈ E,
x ? (y ? z) = z ? (x ? y).
Montrer que ? est associative.
Réponse : Si on suppose que :
∀ x, y, z ∈ E,
x ? (y ? z) = z ? (x ? y).
?étant commutative, alors z ? (x ? y) = (x ? y) ? z, donc :
∀ x, y, z ∈ E,
x ? (y ? z) = (x ? y) ? z.
ce qui montre que ? est associative.
Exercice 3. Étudier la loi T définie dans ]0, +∞[ par : ∀ x, y ∈]0, +∞[,
xT y =
p
x2 + y 2 .
n
Calculer T x = xT
| xT{z. . . T x}.
n fois
Réponse :
i) T est une l.c.i. dans ]0, +∞[.
ii) T est commutative, car la somme est commutative dans R.
iii) T est associative, car : ∀ x, y, z ∈]0, +∞[,
r
p
2 p
p
xT (yT z) =
x2 + (yT z)2 = x2 +
y 2 + z 2 = x2 + y 2 + z 2
r
2
p
p
=
x2 + y 2 + z 2 = x2 + y 2 T z
=
(xT y)T z
ce qui montre que T est associative.
iv) L’élément neutre de T . Soit e ∈]0, +∞[, alors
e élément neutre de T
ce qui montre que
n
e=0
⇐⇒ ∀ x ∈]0, +∞[,
⇐⇒ ∀ x ∈]0, +∞[,
⇐⇒ ∀ x ∈]0, +∞[,
⇐⇒ e = 0
est l’élément neutre de T .
Calcul de T x.
√
√
2
On a : T x = xT x = 2x2 = x 2, car x > 0.
eT
car T commutative
√x=x
e2 + x2 = x
e 2 + x2 = x2
3
r
√ 2
√
x 2 + x2 = x 3, car x > 0.
T x = (T x)T x =
De proche en proche, on voit que :
∀ n ∈ N∗ \{1},
∀ x ∈]0, +∞[,
3
2
n
√ Tx = x n
Exercice 4. Soit ? la loi de composition interne dans R définie par : ∀ x, y ∈ R,
x ? y = x + y − xy.
1. Étudiez la commutativité, l’associativité, l’existence de l’élément neutre de la loi ?.
2. Déterminer les éléments inversibles et les éléments absorbants 1 de R.
n fois
}|
{
z
n
3. Pour n ∈ N∗ , calculer x = x ? x ? · · · ? x.
Réponse :
1)i
1)ii
? est commutative, car le produit et l’addition sont commutatives dans R.
? est associative, car : ∀ x, y, z ∈ R,
x ? (y ? z)
(x ? y) ? z
=
=
=
=
x + (y ? z) − x(y ? z) = x + (y + z − yz) − x(y + z − yz)
x + y + z − yz − xy − xz + xyz
(x ? y) + z − (x ? y)z = (x + y − xy) + z − (x + y − xy)z
x + y + z − xy − xz − yz + xyz
donc
∀ x, y, z ∈ R,
1)iii
x ? (y ? z) = (x ? y) ? z
L’élément neutre de ?. Soit e ∈ R, alors
e élément neutre de ? ⇐⇒ ∀ x ∈ R,
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
⇐⇒ e = 0
d’où on déduit que
2)a
e=0
x ? e = x,
car ? commutative.
x + e − xe = x
e(1 − x) = 0
est l’élément neutre de ?.
Les éléments inversibles. Soit x ∈ R, on résout l’équation “x ? x0 = e”. On a :
x ? x0 = e ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x + x0 − xx0 = 0
x0 (1 − x) = −x
x
x0 =
si x 6= 1
x−1
donc, l’ensemble des éléments inversibles est R\{1} et comme ? est commutative, on déduit :
x−1 =
∀ x ∈ R\{1},
2)b
x
∈R
x−1
Les éléments absorbants. Soit a ∈ R, alors :
a élément absorbant
donc le seul élément absorbant de ? est
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
⇐⇒ a = 1
x?a=a
x + a − xa = a
x(1 − a) = 0
a=1 .
n
3) Calcul de x.
Pour n = 2,
2
x = x ? x = x + x − x2 = 2x − x2 = 1 − (1 − 2x + x2 ) = 1 − (x − 1)2 .
1. a est absorbant si : ∀ x ∈ E
a ? x = x ? a = a.
4
Pour n = 3,
n
2
x = x ? x = x + [1 − (x − 1)2 ] − x[1 − (x − 1)2 ] = 1 − (x − 1)2 + x(x − 1)2
= 1 + (x − 1)2 (x − 1) = 1 + (x − 1)3
Pour n = 4,
n
3
x = x ? x = x + [1 + (x − 1)3 ] − x[1 + (x − 1)3 ] = 1 + (x − 1)3 − x(x − 1)3
= 1 − (x − 1)3 (x − 1) = 1 − (x − 1)4 .
On remarque que pour n = 2, 3 et 4, on a la formule :
n
x = 1 + (−1)n+1 (x − 1)n
(Hn )
Supposons que (HN ) est vraie et montrons que (HN +1 ) est alors vraie.
On a :
N +1
N
x
= x ? x = x + [1 + (−1)N +1 (x − 1)N ] − x[1 + (−1)N +1 (x − 1)N ]
= 1 + [(−1)N +1 (x − 1)N ](1 − x) = 1 − (−1)N +1 (x − 1)N +1
= 1 + (−1)N +2 (x − 1)N +1
ce qui montre que (HN +1 ) est vraie et du théorème de récurrence on déduit que :
∀ n ∈ N∗ \{1},
n
x = 1 + (−1)n+1 (x − 1)n
Remarque : On a :
(−1)n+1 (x − 1)n = (−1)n+1 (−1)n (1 − x)n = −(1 − x)n
donc
∀ n ∈ N∗ \{1},
n
x = 1 − (1 − x)n
Exercice 5. Soit E = [0, 1]. On définit une loi de composition ? par : ∀ x, y ∈ E, x ? y = x + y − xy.
a) Montrer que ? une loi de composition interne commutative et associative dans E.
b) Montrer que ? possède un élément neutre.
c) Quels sont les éléments symétrisables et les éléments réguliers de E, par rapport à ?.
Réponse :
a)1 ? est une l.c.i. dans E, car ∀ x y,
x, y ∈ E =⇒ (0 ≤ x ≤ 1) ∧ (y ≥ 0) =⇒ (xy ≤ y) ∧ (0 ≤ x)
=⇒ (y − xy ≥ 0) ∧ (x ≥ 0) =⇒ x + y − xy ≥ 0
=⇒ x ? y ≥ 0
De même, on a :
x ? y − 1 = x + y − xy − 1 = x − 1 + y(1 − x) = (1 − x)(y − 1)
donc, si x, y ∈ E, alors (1 − x ≥ 0) ∧ (y − 1 ≤ 0), par suite :
∀ x, y ∈ E,
0≤x?y ≤1
ce qui montre que ? est une l.c.i. dans E.
a)2
? est commutative, car la somme et le produit sont commutatives dans R.
a)3
? est associative, car : ∀ x, y, z ∈ E,
x ? (y ? z)
(x ? y) ? z
=
=
=
=
x + (y ? z) − x(y ? z) = x + (y + z − yz) − x(y + z − yz)
x + y + z − yz − xy − xz + xyz
(x ? y) + z − (x ? y)z = (x + y − xy) + z − (x + y − xy)z
x + y − xy + z − xz − yz + xyz
d’où on déduit que
∀ x, y, z ∈ E,
x ? (y ? z) = (x ? y) ? z
5
donc ? est associative.
b)
L’élément neutre de ?. Soit e, alors :
e élément neutre de ? ⇐⇒ ∀ x ∈ E,
⇐⇒ ∀ x ∈ E,
⇐⇒ e = 0
ce qui montre que
c)1
e=0
x ? e = x,
car ? est commutative
x + e − xe = x ⇐⇒ ∀ x ∈ E, e(1 − x) = 0
est l’élément neutre de ?.
Les éléments symétrisables. Soit x ∈ E, on résout l’équation “(x ? x0 = e)”. On a :
x ? x0 = e ⇐⇒ x + x0 − xx0 = 0 ⇐⇒ x0 (1 − x) = −x ⇐⇒ x0 =
x
x−1
si x 6= 1
reste à vérifier si x0 ∈ E, or ∀ x ∈
/ {0, 1},
x ∈ E =⇒ (0 < x < 1) =⇒ (x > 0) ∧ (x − 1 < 0) =⇒
x
x
< 0 =⇒ x0 =
∈
/E
x−1
x−1
donc le seul élément symétrisable dans E est x0 = 0 (l’élément neutre de ?).
c)2
Les éléments réguliers. Soit x0 ∈ E, ? étant commutative, alors :
x0 élément régulier
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀ x, y ∈ E,
∀ x, y ∈ E,
∀ x, y ∈ E,
∀ x, y ∈ E,
1 − x0 6= 0
(x0 ? x = x0 ? y) =⇒ (x = y)
(x0 + x − x0 x = x0 + y − x0 y) =⇒ (x = y)
(x − x0 x = +y − x0 y) =⇒ (x = y)
(x − y)(1 − x0 ) = 0 =⇒ (x = y)
donc l’ensemble des éléments réguliers de ? est E\{1}.
Remarque : On sait que tout élément inversible est régulier, cette loi nous donne un exemple où des éléments
sont réguliers sans qu’ils soient inversibles.
Exercice 6. Soit C > 0. Sur G =] − C, +C[, on définit une loi de composition ? par
x?y =
x+y
.
1 + xy
c2
Montrer que (G, ?) est un groupe abélien.
Réponse :
i) ? est une l.c.i. dans G ? Soit x, y ∈ G, montrons que x ? y ∈ G. On a :
∀ x, y ∈ G,
x?y =
x+y
2 x+y
xy = C C 2 + xy
1+ 2
C
et
x, y ∈ G =⇒ (|x| < C) ∧ (|y| < C) =⇒ |xy| < C 2 =⇒ C 2 + xy > 0
car C 2 + xy ≥ C 2 − |xy|
donc :
x ? y ∈ G ⇐⇒
2 x+y C
C 2 + xy < C
C|x + y| < C 2 + xy,
car C 2 + xy > 0
2
−(C
+ xy) < Cx + Cy <C 2+ xy
⇐⇒
Cx + Cy + C 2 + xy > 0 ∧ Cx + Cy − C 2 − xy < 0
⇐⇒
C(x + C) + y(C + x) > 0 ∧ C(x − C) + y(C − x) < 0
⇐⇒
(x + C)(C + y) > 0 ∧ (x − C)(C − y) < 0
⇐⇒
⇐⇒
(H)
6
comme on a :
x, y ∈ G ⇐⇒ − C < x < C ∧ − C < y < C =⇒ (x + C > 0) ∧ (C + y > 0) ∧ (x − C < 0) ∧ (C − y > 0)
on déduit que (H) est vraie pour tout x, y ∈ G, donc
∀ x, y ∈ G,
x?y ∈G
ce qui montre que ? est une l.c.i. dans G.
ii)
? est commutative car l’addition et la multiplication sont commutatives dans R.
iii)
? est associative ? Soit x, y, z ∈ G, alors :
x+y
x+y
+z
+z
C2 2
2
x+y
C 2 (x + y + z) + xyz
C + xy
C + xy
(x ? y) ? z = C 2 2
? z = C2
=
=
x+y
x+y
C + xy
C 2 + xy + zx + zy
C 2 + zC 2 2
1+ 2
z
C + xy
C + xy
C2
et on a :
y+z
y+z
x + C2 2
x + C2 2
C 2 (x + y + z) + xyz
C + yz
C + yz
2
2 y+z
=C
=
=
x ? (y ? z) = x ? C 2
y+z
y+z
C + yz
C 2 + yz + xy + xz
C 2 + xC 2 2
1+x 2
C + yz
C + yz
donc
∀ x, y, z ∈ G,
x ? (y ? z) = (x ? y) ? z
ce qui montre que ? est associative.
iv)
L’élément neutre de ?. Soit e, alors
e élément neutre de ?
⇐⇒
∀ x ∈ G,
⇐⇒
∀ x ∈ G,
⇐⇒ ∀ x ∈ G,
⇐⇒ ∀ x ∈ G,
⇐⇒ ∀ x ∈ G,
⇐⇒ e = 0
ce qui montre que
v)
e=0
x?e=x
car ? commutative
x+e
C2 2
=x
C + xe
C 2 (x + e) = (C 2 + xe)x
C 2 − x2 e = 0
e(C 2 − x2 ) = 0
est l’élément neutre de ?.
Les éléments inversibles. Soit x ∈ G, on résout alors l’équation x ? x0 = e . On a :
x ? x0 = e ⇐⇒ C 2
x + x0
= 0 ⇐⇒ x + x0 = 0 ⇐⇒ x0 = −x
C 2 + xx0
Comme G =] − C 2 , C 2 [ est symétrique par rapport à l’origine, on déduit que x0 ∈ G et comme ? est
commutative, on déduit que tous les éléments de G sont inversibles et on a :
x−1 = −x
∀ x ∈ G,
De i)-v) on déduit que (G, ?) est un groupe abélien.
Exercice 7. Soient G = R∗ × R et ∗ la l.c.i. dans G définie par :
∀ (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ G,
(x, y) ∗ (x0 , y 0 ) = (xx0 , xy 0 + y)
1. Montrer que (G, ∗) est un groupe non commutatif.
2. Montrer que R∗+ × R est un sous groupe de G.
7
Réponse :
1) On montre d’abord que ∗ n’est pas commutative. Pour cela on donne un exemple de deux couples
dans G qui ne commutent pas. Soit (1, 2), (2, 1) ∈ G, alors :
(1, 2) ∗ (2, 1) = (1.2, 1.1 + 2) = (2, 3)
=⇒ (1, 2) ∗ (2, 1) 6= (2, 1) ∗ (1, 2)
(2, 1) ∗ (1, 2) = (2.1, 2.2 + 1) = (2, 5)
ce qui montre que ∗ n’est pas commutative.
Montrons maintenant que (G, ∗) est un groupe.
i)
∗ est associative. Soit (a, b), (c, d), (f, g) ∈ G, alors
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (f, g) = (ac, ad + b) ∗ (f, g) = (acf, acg + ad + b)
(a, b) ∗ [(c, d) ∗ (f, g)] = (a, b) ∗ (cf, cg + d) = (acf, a(cg + d) + b) = (acf, acg + ad + b)
ce qui montre que
∀ (a, b), (c, d), (f, g) ∈ G,
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (f, g) = (a, b) ∗ [(c, d) ∗ (f, g)]
donc ∗ est associative.
ii)
L’élément neutre de ∗. Soit e = (e1 , e2 ) ∈ G, alors
∀ (x, y) ∈ G, (x, y) ∗ (e1 , e2 ) = (x, y)
⇐⇒
∀ (x, y) ∈ G,
(xe1 , xe2 + y) = (x, y)
xe1 = x,
⇐⇒ ∀ (x, y) ∈ G,
xe2 + y = y
⇐⇒ (e1 = 1) ∧ (e2 = 0)
⇐⇒ e = (1, 0)
ce qui montre que e = (1, 0) est l’élément neutre à droite de ∗. Comme ∗ n’est pas commutative, on doit
vérifier si e est aussi un élément neutre à gauche de ∗.
Soit (x, y) ∈ G, alors
(1, 0) ∗ (x, y) = (1.x, 1.y + 0) = (x, y)
ce qui montre que (1, 0) est aussi un élément neutre à gauche de ∗, donc l’élément neutre de la loi ∗.
Les éléments inversibles. Soit (x, y) ∈ G, on résout l’équation (x, y) ∗ (x0 , y 0 ) = e. On a :
0
xx = 1
(x, y) ∗ (x0 , y 0 ) = e ⇐⇒ (xx0 , xy 0 + y) = (1, 0) ⇐⇒
0
xy + 1y = 0
 x0 =
car x 6= 0
x
⇐⇒
y
0
 y = − = 0 car x 6= 0
x
1
y
0 0
⇐⇒ (x , y ) =
,−
x x
1
y
0 0
ce qui montre que tout élément (x, y) ∈ G admet un inverse à droite (x , y ) =
,−
∈ G. Reste à
x x
vérifier que (x0 , y 0 ) est aussi inverse à gauche. On a :
1 1
y
(x0 , y 0 ) ∗ (x, y) = (x0 x, x0 y + y 0 ) =
x, y −
= (1, 0)
x x
x
iii)
ce qui montre que tous les éléments de G sont inversibles et on a :
1
y
∀ (x, y) ∈ G,
(x, y)−1 =
,−
.
x x
De i), ii) et iii) on déduit que (G, ∗) est un groupe, donc un groupe non commutatif.
8
2)
R∗+ × R est un sous groupe de G. Pour cela, on montre que :
a) e ∈ R∗+ × R
b) ∀ X, Y ∈ R∗+ × R, X ∗ Y −1 ∈ R∗+ × R
a)
Il est claire que e = (1, 0) ∈ R∗+ × R.
b)
y0
1
, − 0 et
Soit X = (x, y), Y = (x , y ) ∈
× R, alors Y
=
x0
x
1
y0
1
y0
X ∗ Y −1 = (x, y) ∗
,
−
=
x
,
−x
+ y ∈ R∗+ × R,
x0
x0
x0
x0
0
0
−1
R∗+
car x, x0 > 0
de a) et b) on déduit que R∗+ × R est un sous groupe de R∗ × R.
Exercice 8. Soient G = R∗ × R et ∗ la l.c.i. dans G définie par :
y
∀ (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ G,
(x, y) ∗ (x0 , y 0 ) = xx0 , xy 0 + 0 .
x
1. Montrer que (G, ∗) est un groupe.
2. Quel est le centre de G ? 2
3. Montrer que R∗ × {0}, Q∗ × Q sont des sous groupes de G.
1
4. Montrer que, pour tout k ∈ R, l’ensemble Hk =
x, k x −
; x ∈ R∗ est un sous groupe de
x
G.
Réponse :
1) (G, ∗) est un groupe. Il est à remarquer que la loi ∗ n’est pas commutative, pour s’en convaincre il
suffit de considérer les deux couples (2, 1) et (1, 2), on trouve :
2
1
(1, 2) ∗ (2, 1) = 1.2, 1.2 +
= (2, 3) et
(2, 1) ∗ (1, 2) = 2.1, 2.2 +
= (2, 5)
2
1
1)1
∗ est Associative. Soient (a, b), (c, d), (g, f ) ∈ G, alors :
!
ad + cb
b
∗ (g, f ) = acg, acf +
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (g, f ) =
ac, ad +
c
g
adc + b
=
acg, acf +
cg d
d
b
(a, b) ∗ [(c, d) ∗ (g, f )] = (a, b) ∗ cg, cf +
= acg, a cf +
+
g g
cg
ad
b
adc + b
=
acg, acf +
+
= acg, acf +
g
cg
cg
ce qui montre que ∗ est associative.
1)2
L’élément neutre de ∗. Soit e = (e1 , e2 ), alors
∀ (x, y) ∈ G, (x, y) ∗ (e1 , e2 ) = (x, y)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀ (x, y) ∈ G,
y
xe1 , xe2 +
= (x, y)
e1
(
xe1 = x
y
xe2 +
=y
e1
∀ (x, y) ∈ G,
e1 = 1
xe2 + y = y ⇐⇒ e2 = 0
ce qui montre que (1, 0) est l’élément neutre à droite de ∗, et comme ∗ n’est pas commutative il reste à vérifier
que (1, 0) est aussi l’élément neutre à gauche de ∗. On a :
0
∀ (x, y) ∈ G, (1, 0) ∗ (x, y) = 1.x, 1.y +
= (x, y)
x
2. Le centre du groupe (G, ∗) est l’ensemble des éléments de G qui commutent avec tous les autres éléments de G.
9
d’où on déduit que (1, 0) est l’élément neutre de ∗.
1)3
Les élément inversibles. Soit (x, y) ∈ G, on résout l’équation (x, y) ∗ (x0 , y 0 ) = (1, 0). On a :
y
(x, y) ∗ (x0 , y 0 ) = (1, 0) ⇐⇒
xx0 , xy 0 + 0 = (1, 0)
x
0
xx = 1
y
⇐⇒
xy 0 + 0 = 0
x
(
1
x0 = , car x 6= 0
⇐⇒
x
xy 0 + xy = 0 ⇐⇒ y 0 = −y car x 6= 0
ce qui montre que tout les éléments de G sont inversibles et on a :
1
∀ (x, y) ∈ G,
(x, y)−1 =
, −y
x
De 1)1 , 1)2 et 1)3 on déduit que (G, ∗) est un groupe.
2)
Le centre de G. Par définition, le centre du groupe (G, ∗) est
Z(G) = {(a, b) ∈ G;
∀ (x, y) ∈ G, (x, y) ∗ (a, b) = (a, b) ∗ (x, y)}
Soit (a, b) ∈ G, alors
∀ (x, y) ∈ G, (x, y) ∗ (a, b) = (a, b) ∗ (x, y)
⇐⇒
∀ (x, y) ∈ G,
⇐⇒
∀ (x, y) ∈ G,
b
y
= ax, ay +
xa, xb +
a
x
b
y
(H)
xb + = ay +
a
x
Pour x = 1,
(H) =⇒ ∀ y ∈ R,
Pour
y
1
= ay ⇐⇒ = a ⇐⇒ a2 = 1 ⇐⇒ (a = 1) ∨ (a = −1)
a
a
a = 1 , on a :
(H) ⇐⇒ ∀ x ∈ R∗ ,
xb =
b
⇐⇒ ∀ x ∈ R∗ ,
x
(x − 1)b = 0 ⇐⇒ b = 0
donc (1, 0) ∈ Z(G).
Pour a = −1 , on a :
(H) ⇐⇒ ∀ x ∈ R∗ ,
xb − y = −y +
b
⇐⇒ ∀ x ∈ R∗ ,
x
(x − 1)b = 0 ⇐⇒ b = 0
donc (−1, 0) ∈ Z(G) et par suite :
Z(G) = {(1, 0), (−1, 0)}
3)
Les sous groupes de G. On sait que
G0 sous groupe de G ⇐⇒
e ∈ G0
∀ X, Y ∈ G0 ,
X ∗ Y −1 ∈ G0
Or, pour G1 = R∗ × {0} et G2 = Q∗ × Q on voit que :
i) e = (1, 0) ∈ G1 , G2 .
ii) ∀ X = (x, y), Y = (x0 , y 0 ) ∈ G, on a :
1
0
Y −1 = (x0 , y 0 )−1 =
,
−y
x0
et
1
1
0
0
0
X ∗ Y −1 = (x, y) ∗
,
−y
=
x
,
−xy
+
yx
.
x0
x0
10
il est alors clair que : ∀ X = (x, y), Y = (x0 , y 0 ),
X, Y ∈ G1 =⇒ X ∗ Y −1 ∈ G1 ∧ X, Y ∈ G2 =⇒ X ∗ Y −1 ∈ G2
donc G1 et G2 sont des sous groupes de G.
1
∗
4) Pour k ∈ R, Hk =
x, k x −
;x ∈ R
est un sous groupe de G, car :
x
1
, avec x = 1 ∈ R∗ , donc e ∈ Hk .
i) On a e = (1, 0) = x, k x −
x
1
1
∈ Hk , on a :
, Y = (x0 , y 0 ) = x0 , k x0 − 0
ii) Pour X = (x, y) = x, k x −
x
x
1
1
1
1
X ∗ Y −1 = x 0 , −xy 0 + yx0
=
x 0 , −xk x0 − 0 + k x −
x0
x
x
x
x
1
1
x
0
, −xk x − 0 + k x −
x0
=
0
x
x
x
x
x0
x
,
k
−
k
=
0
0
x
x x
x
x
1
=
,k
− x
∈ Hk
0
0
x
x
x0
de i) et ii) on déduit que Hk est un sous groupe de G.
Exercice 9. Soient H un sous groupe de (R, +) et b la borne inférieure de H ∩ R∗+ . Montrer que
i) Si b > 0 alors H = bZ.
ii) Si b = 0, pour tout élément x ∈ R et tout ε > 0, il existe y ∈ H tel que |x − y| < ε. On dit que H
est dense dans R.
√
iii) {m + n 2; m, n ∈ Z} est un sous groupe dense dans R.
Réponse : Soit b = inf(H ∩ R∗+ ).
i) Si b > 0, alors b ∈ H , car sinon,
b = inf(H ∩ R∗+ ) ⇐⇒ ∀ ε > 0, ∃ x ∈ H ∩ R∗+ ;
(x > b) ∧ (x − b < ε)
b
b
, ∃x1 ∈ H ∩ R∗+ ; (x1 > b) ∧ (x1 − b < )
2
2
x1 − b
x1 − b
Pour ε2 =
, ∃x2 ∈ H ∩ R∗+ ; (x2 > b) ∧ (x2 − b <
)
2
2
b
Donc il existe x1 , x2 ∈ H ∩ R∗+ tels que 0 < x2 − x1 < et comme x1 , x2 ∈ H et H sous groupe de
2
(R, +), on déduit que x1 − x2 ∈ H ∩ R∗+ avec x1 − x2 < 2b , ce qui contredit le fait que b = inf(H ∩ R∗+ ).
Pour ε1 =
Comme b ∈ H et H sous groupe de (R, +), on déduit que
2b = b + b ∈ H,
3b = 2b + b ∈ H,
...
∀ k ∈ N, kb ∈ H,
donc
bZ ⊂ H.
Inversement, si H 6⊂ bZ alors il existe x0 ∈ H tel que ∀ k ∈ Z, x0 6= kb. H étant un sous groupe de
(R, +), on peut supposer x0 > 0. Comme b > 0, alors il existe n ∈ N tel que nb < x0 < (n + 1)b donc
0 < x0 − nb < b et comme H est un sous groupe et bZ ⊂ H on déduit que x0 − nb ∈ H, donc :
∃y0 = x0 − nb ∈ H;
ce qui contredit le fait que b = inf(H ∩ R∗+ ), donc
0 < y0 < b
H ⊂ bZ
H = bZ
, par suite :
11
ii)
Si b = 0. Soit x > 0 et ε > 0, comme b = 0 = inf(H ∩ R∗+ ) alors :
∃x0 ∈ H ∩ R∗+ ;
0 < x0 < ε
si on divise x par ε0 = x0 , on obtient x = nx0 + %, où n ∈ N et 0 ≤ % < ε0 , comme H est un sous groupe
de (R, +) et x0 ∈ H on déduit que
∃y = nx0 ∈ H;
|x − y| = % < ε0 < ε
De même, si x < 0, on refait le même raisonnement pour x0 = −x > 0 et on prend y = −y 0 , où y 0 est
l’élément coorespondant à x0 .
h
i
Exercice 10. Soit H un sous groupe de (C, +) tel que : ∀x ∈ [0, 1]; x + ix2 ∈ H . Établir que H = C.
Réponse : Pour établir que H = C, on va montrer que R ⊂ C et ıR ⊂ C.
ıR ⊂
C. 1
Soit x ∈ 0, , alors x + ıx2 ∈ H et comme H est un sous groupe de (C, +), on déduit que
2
I)
2x + 2ıx2 = (x + ıx2 ) + (x + ıx2 ) ∈ H
De même :
1
x ∈ 0,
=⇒ 2x ∈ [0, 1] =⇒ 2x + 4ıx2 = 2x + ı(2x)2 ∈ H
2
par suite :
1
∀ x ∈ 0,
,
2
donc
2ıx2 = (2x + 4ıx2 ) − (2x + 2ıx2 ) ∈ H
1
∀ y ∈ 0,
,
2
iy ∈ H
et sachant que H est un sous groupe de (C, +), on déduit que :
ıR ⊂ H
II) R ⊂ C.
Sachant que H est un sous groupe de (C, +) et ıR ⊂ H, de la définition de H on déduit que [0, 1] ⊂ H,
donc R ⊂ H .
Comme R ⊂ H ∧ ıR ⊂ H et H sous goupe de (C, +), on déduit que
C = R + ıR ⊂ H
donc : H = C.
Exercice 11. Soient (G, ?) un groupe et H une partie finie non vide de G telle que :
∀ x, y ∈ G,
x, y ∈ H ⇒ x ? y ∈ H
Montrer que H est un sous-groupe de G.
Réponse : On rappelle que :

 1) H 6= ∅
H sous groupe de G ⇐⇒ 2) ∀ x, y ∈ H, x ? y ∈ H

3) ∀ x ∈ H, x−1 ∈ H
dans notre cas, il nous reste à vérifier seulement la troisième condition.
12
Supposons que le cardinal de H égal à n (|H| = n).
Soit x ∈ H, alors
H0 = {x, x2 , ..., xn+1 } ⊆ H
0
ce qui implique que |H0 | ≤ |H| = n donc il existe k < k 0 ∈ 1, 2, ..., n + 1 tels que xk = xk .
0
Comme tous les éléments d’un groupe sont inversibles, alors xk −k = e et sachant que k 0 −k ≥ 1 on déduit que :
si k 0 − k = 1,
si k 0 − k ≥ 2
alors x = e
donc x−1 = e ∈ H
0
k0 −k−1
alors x ? x
= xk −k−1 ? x = e
0
donc x−1 = xk −k−1 ∈ H
donc : ∀ x ∈ H, x−1 ∈ H.
Exercice 12. Montrer que (R∗ , ·) n’est pas isomorphe à (R, +)
Réponse : Supposons que (R∗ , ·) est isomorphe à (R, +), donc il existe un isomorphisme de groupes
f : (R∗ , ·) −→ (R, +)
Sachant que l’image de l’élément neutre de · est l’élément neutre de +, c’est à dire :
f (1) = 0 , on aura
f (1) = f ([−1]2 ) = f (−1) + f (−1) =⇒ 2f (−1) = 0 =⇒ f (−1) = 0
donc
∃x0 = 1, x1 = −1 ∈ R∗ ;
(f (x0 ) = f (x1 )) ∧ (x0 6= x1 )
ce qui montre que f n’est pas injective, contredisant ainsi le fait que f est un isomorphisme, par suite :
(R∗ , ·) n’est pas isomorphe à (R, +) .
Exercice 13. Soit (G, ∗) un groupe dont l’élément neutre est noté e. Les applications suivantes sont elles
des morphismes de groupes ? isomorphismes ?
f : (G, ∗) −→ (G, ∗)
g : (G, ∗) −→ (G, ∗)
h : (G, ∗) −→ (G, ∗)
;
;
(p ∈ Z∗ )
x −→ f (x) = e
x −→ f (x) = x−1
x −→ f (x) = xp
Réponse :
1)
f : (G, ∗) −→ (G, ∗)
x −→ f (x) = e
i) f Homomorphisme ? Soit x, y ∈ G, alors f (x) = f (y) = f (x ? y) = e, donc :
f (x) ? f (y) = e ? e = e = f (x ? y)
ce qui montre que f est un homomorphisme.
ii) f Isomorphisme ? On va vérifier si f est bijective.
a) Si G = {e}, alors f est un isomorphisme.
b) Si G 6= {e}, alors il existe x, y ∈ G tels que x 6= y et comme f (x) = f (y) = e, on déduit que :
∃x, y ∈ G;
(x 6= y) ∧ (f (x) = f (y))
ce qui montre que f n’est pas injective, donc f n’est pas un isomorphisme.
2)
i)
g : (G, ∗) −→
x −→
(G, ∗)
f (x) = x−1
g Homomorphisme ? Soit x, y ∈ G, alors f (x) = x−1 , f (y) = y −1 , f (x ? y) = (x ? y)−1 , donc :
f (x ? y) = (x ? y)−1 = y −1 ? x−1
f (x) ? f (y) = x−1 ? y −1
donc g est un homomorphisme si et seulement si ? est commutative.
ii)
Si ? est commutative, g est-il un Isomorphisme ? Soit y ∈ G, alors :
y = g(x) ⇐⇒ y = x−1 ⇐⇒ y −1 = x−1
−1
⇐⇒ x = y −1
13
c’est à dire :
∀ y G, ∃!x ∈ G;
y = g(x)
ce qui montre que g est bijective, donc g est un isomorphisme.
h : (G, ∗) −→ (G, ∗),
où p ∈ Z∗
p
x −→ f (x) = x
Cette application se traite comme g. Pour que h soit un homomorphisme il faut et il suffit que ? soit commutative.
Si ? est commutative, h est bijective quand p = ±1.
3)
Exercice 14. Soit E = {3n ; n ∈ Z} muni de la multiplication. Trouver tous les endormorphismes de
E. Déterminer les automorphismes de E.
Réponse : On va d’abord déterminer les endomorphismes de E.
Soit f : (E, ·) −→ (E, ·) un homomorphisme, donc
∀ n ∈ N∗ ,
−n
−1
etf 3−n = f (3n )−1 = f (3n ) = f (3)
n
f (3n ) = f (3)
et
P our n = 0,
f (30 ) = f (1) = 1,
car f homomorphisme et 1 est l’élément neutre de la multiplication.
Ainsi pour déterminer un endomorphisme sur E, il suffit de déterminer f (3) = α ∈ E et f est alors défini
comme suit :
1 si n = 0
∀ n ∈ Z, f (3n ) =
αn si n 6= 0
c’est à dire : Il existe N ∈ Z tel que :
f:
E
3n
−→
−→
E
3nN
Pour que f soit un automorphisme il faut que f soit bijectif, c’est à dire :
∀ k ∈ Z, ∃!n ∈ Z;
Pour N = 0, ceci est faux et si N 6= 0, =˛nN ⇐⇒ n =
donc E admet deux seuls automorphismes :
f1 : 3n ∈ E 7−→ 3n
et
k
N
3k = 3nN
, pour que n ∈ Z il faut et il suffit que N = ±1,
f−1 : 3n ∈ E 7−→ 3−n
Exercice 15. Soit (A, +, ·) un anneau tel que : ∀x ∈ A, x2 = x
idempotents et (A, +, .) est un anneau de Boole)
(On dit que les éléments x sont
1. Montrer : ∀x ∈ A, 2x = 0A .
2. En déduire que A est commutatif.
3. Supposons que l’anneau (A, +, ·) est unitaire, montrer que pour tout (x, y, z) de A3 :

 x(y + 1A )z = 0
(x + y)z = 0 ⇐⇒

(x + 1A )yz = 0
Réponse : On suppose que :
∀x ∈ A, x2 = x.
1) Soit x ∈ A, montrer que “2x = 000 revient à montrer que le symétrique de x est égal à x, c’est à dire
−x = x.
Sachant que (−x)2 = −x et que (−x)2 = x2 = x on déduit que −x = x, donc 2x = x + x = 0A .
2) Soit x, y ∈ A, alors (x + y)2 = x + y. Comme (x + y)2 = x2 + xy + yx + y 2 et sachant que x2 = x
et y 2 = y, on déduit :
x + xy + yx + y = x + y
14
et comme (A, +) est un groupe abélien, on déduit que xy + yx = 0A , par suite
xy = −(yx) = yx
ce qui montre que l’anneau est commutatif.
3)
Soit x, y, z ∈ A, alors
(x + y)z = 0 ⇐⇒ xz + yz = 0 ⇐⇒ xz = −(yz) ⇐⇒ xz = yz car − X = X d0 aprs 1)

 x(y + 1A )z = 0 ⇐⇒ xyz + xz = 0 ⇐⇒ xyz = −(xz) ⇐⇒ xyz = xz

(x + 1A )yz = 0 ⇐⇒
xyz + yz = 0 ⇐⇒ xyz = −(yz) ⇐⇒ xyz = yz
donc :
x(y + 1A )z
=

0 
(x + 1)yz
=
0
=⇒ (x + y)z = 0

et on a :
xz = yz =⇒ xyz = x(xz) = x2 z = xz
= yz car xz=yz
d’où on déduit que :
(x + y)z = 0 ⇐⇒

 x(y + 1A )z
=
0
(x + 1A )yz
=
0

Exercice 16. Soient (A, +, .) un anneau, C le centre de A.
On suppose : ∀x ∈ A, x2 − x ∈ C.
1. Montrer : ∀(x, y) ∈ A2 , xy + yx ∈ C.
2. Déduire que : ∀(x, y) ∈ A2 , xy = yx.
Réponse : On rapelle que le centre de l’anneau est C = {x ∈ A;
Supposons que : ∀x ∈ A, x2 − x ∈ C.
1)
On a :
∀ y ∈ A, x.y = y.x}.
Soit (x, y) ∈ A2 et montrons que xy + yx ∈ C.
(x + y)2 − (x + y) = x2 + y 2 + xy + yx − x − y = (x2 − x) + (y 2 − y) + (xy + yx)
Sachant que (x + y)2 − (x + y) , x2 − x , (y 2 − y ∈ C, et que C est un sous groupe de (A, +) on déduit
que
xy + yx ∈ C
2)
Soit x, y ∈ A, d’après 1. xy + yx ∈ C, donc
y(xy + yx) = (xy + yx)y =⇒ yxy + y 2 x = xy 2 + yxy =⇒ y 2 x = xy 2
car (A, +) un groupe
et comme (y 2 − y) ∈ C, on déduit que :
x(y 2 − y) = (y 2 − y)x =⇒ xy 2 − xy = y 2 x − yx
=⇒ xy 2 − xy = xy 2 − yx, car y 2 x = xy 2
=⇒ −xy = −yx
car (A, +) un groupe
donc :
∀ x, y ∈ A,
xy = yx.
Conséquence : L’anneau (A, +, .) est commutatif.
Exercice 17. Soit A un anneau.
1. Montrer que si x, y sont nilpotents et commutent entre eux, alors x + y est nilpotent.
2. Montrer que, si x est nilpotent et xy = yx, alors xy est nilpotent.
3. Soit x ∈ A nilpotent. Montrer que 1 − x est inversible et calculer (1 − x)−1 .
15
Réponse : On dit que x ∈ A est nilpotent si ∃ n ∈ N∗ ; xn = 0A .
1. Supposons que x et y sont nilpotents et commutent entre eux, donc :
∃ n, m ∈ N∗ ; (xn = 0A ) ∧ (y m = 0A )
Comme x et y commutent, la formule du binôme nous donne :
(x + y)n+m
=
n+m
X
{n+m
xj y n+m−j
j
0
=
n
X
{n+m
xj y n+m−j +
j
0
=
n
X
{n+m
xj y m y n−j +
j
0
=
n
X
{n+m
xj y m y n−j +
j
0
=
n
X
{n+m
xj 0A y n−j +
j
n+1
n+m
X
n+1
n+m
X
n+1
n+m
X
{n+m
xj y n+m−j
j
{n+m
xn xj−n y n+m−j
j
{n+m
xn xj−n y n+m−j
j
{jn+m 0A xj−n y n+m−j , car x et y nilpotents
n+1
0
=
n+m
X
0A
ce qui montre que (x + y) est nilpotent.
2.
Supposons que x est nilpotent, donc
∃ n ∈ N∗ ;
xn = 0A
si xy = yx alors
(xy)n = xn y n = 0A y n = 0A
ce qui montre que xy est nilpotent.
3.
Supposons que x est nilpotent, c’est à dire :
∃ n ∈ N∗ ;
xn = 0A
D’autre part, on a :
(1 − x)(1 + x) = 1 − x2
(1 − x2 )(1 + x2 ) = 1 − x4 =⇒ (1 − x)(1 + x)(1 + x2 ) = 1 − x4
(1 − x4 )(1 + x4 ) = 1 − x8 =⇒ (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) = 1 − x8
(1 − x8 )(1 + x8 ) = 1 − x16 =⇒ (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )(1 + x8 ) = 1 − x16
donc pour tout k ∈ N,
0
1
2
k
k+1
(1 − x)(1 + x2 )(1 + x2 )(1 + x2 ) . . . (1 + x2 ) = 1 − x2
k+1
et il est claire que pour n > 1, il existe k ∈ N tel que 2k < n ≤ 2k+1 , donc x2
= 0A et on obtient :
0
1
2
k
(1 − x)(1 + x2 )(1 + x2 )(1 + x2 ) . . . (1 + x2 ) = 1
ce qui montre que (1 − x) est inversible à droite et son inverse est
0
1
2
k
(1 − x)−1 = (1 + x2 )(1 + x2 )(1 + x2 ) . . . (1 + x2 )
Il est claire que cet inverse à droite est l’inverse de (1 − x).
Pour n = 1, on aura x = 0A donc 1 − x = 1 et (1 − x)−1 = 1.
Exercice 18. Soient K un corps et x, y ∈ K\{0} tels que x + y = −1 et x−1 + y −1 = 1.
Montrer que : xy = −1 et x4 + y 4 = 7.
16
Réponse : Supposons que x + y = −1 et x−1 + y −1 = 1, alors :
x−1 + y −1 = 1 =⇒ x(x−1 + y −1 ) y = xy
=⇒ (1 + xy −1 )y = xy
=⇒ y + x = xy
=⇒ xy = −1
De même,
en multipliant
à droite par y et à gauche par x, sachant que l’addition est commutative, on déduit
que yx = −1 , en utilisant la formule du binôme (sachant que x et y commutent), on obtient :
(x + y)4
=
=
=
=
=
x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4
x4 + 4x2 (xy) + 6(xy)2 + 4(xy)y 2 + y 4
x4 + 4x2 (−1) + 6(−1)2 + 4(−1)y 2 + y 4
x4 − 4x2 + 6 − 4y 2 + y 4
(x4 + y 4 ) + 6 − 4(x2 + y 2 )
Pour terminer, on va calculer x2 + y 2 . On a :
(x + y)2 = x2 + y 2 + 2xy =⇒ x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy
comme x + y = xy = −1, on déduit que x2 + y 2 = 3 par suite
(x + y)4 = (x4 + y 4 ) + 6 − 4(x2 + y 2 )
=⇒ x4 + y 4 = (x + y)4 + 4(x2 + y 2 ) − 6
=⇒ x4 + y 4 = (−1)4 + 4(3) − 6
=⇒
x4 + y 4 = 7