Algèbre Anneaux - Corps

Algèbre
Anneaux - Corps
Denis Vekemans
∗
Solution 3
L
N
1. ∀(x, y) ∈ R2 , on pose x y = x + y − 2 et x y = x · y − 2x − 2y + 6.
L
L
• x y = x + y − 2 ∈ R. Donc
est une loi interne.
L L
L L
L
• x (y z) = x + y + z − 4 = (x y) z. Donc
est une loi associative.
L
L
L
• x y = x + y − 2 = y x. Donc
est une loi commutative.
L
L
• x 2 = x. Donc 2 est élément neutre pour .
L
L
• x (4 − x) = 2. Donc tout x est inversible (d’inverse 4 − x) par .
L
Ainsi, (R, , 2) est un groupe abélien.
N
N
2. • x y = x · y − 2x − 2y + 6 ∈ R. Donc
est une loi interne.
N N
N N
N
• x (y z) = x · y · z − 2(x · y + y · z + z · x) + 4(x + y + z) − 6 = (x y) z. Donc
est une loi
associative.
N
N
N
• x y = x · y − 2x − 2y + 6 = y x. Donc
est une loi commutative.
N
N
• x 3 = x. Donc 3 est élément neutre pour .
L
N 2x−3
est inversible (d’inverse 2x−3
• ∀x 6= 2, x
x−2 = 3. Donc tout x différent du neutre de la loi
x−2 )
N
par .
N L
N L N
N
• x (y z) = x · y + x · z − 4x − 2(y + z) + 10 = (x y) (x z). Donc
est une loi distributive
L
par rapport à .
L N
Ainsi, (R, , ) est non seulement un anneau commutatif unitaire, mais un corps.
Solution 10
(A, +, ·) est un anneau commutatif unitaire intègre et fini. On note 0 le neutre de A pour +
et 1 le neutre de A pour ·.
Soit φa : x ∈ A 7→ a · x ∈ A avec a 6= 0.
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Laboratoire de mathématiques pures et appliquées Joseph Liouville ; 50, rue Ferdinand Buisson BP 699 ; 62 228 Calais
cedex ; France
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L1 Maths - Info
2008
Algèbre
φa (x) = φa (y) =⇒ a · x = a · y
=⇒ a · (x − y) = 0
=⇒ x − y = 0 car A est intègre et a 6= 0
=⇒ x = y
Ainsi, φa est injective.
Mais, comme A est fini, si φa est injective, φa est aussi bijective.
Donc, il existe un unique y tel que a · y = 1 car φa est surjective, donc tout élément non nul de A est
inversible et A est un corps.
Solution 13
Les endomorphismes du corps R sont les applications de R dans R telles que
∀(x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y) et f (x · y) = f (x) · f (y).
L’application f identiquement nulle convient.
De f (0 + 0) = f (0) + f (0), il vient directement que f (0) = 0.
De f (1 · 1) = f (1) · f (1), il vient directement que f (1) = 0 ou f (1) = 1.
• Premier cas : f (1) = 0.
Alors, ∀x ∈ R, f (x × 1) = f (x) × f (1) = 0 et f est l’application identiquement nulle.
| {z }
|{z}
=f (x)
=0
• Deuxième cas : f (1) = 1.
Soit n ∈ N, on montre aisément par récurrence que f (n) = n (car f (n + 1) = f (n) + f (1)).
|{z}
=1
Soit p ∈ −N, on a f (p + (−p)) = f (p) + f (−p) puis f (p) = p. Ainsi, ∀p ∈ Z, f (p) = p.
{z
}
| {z }
|
=f (0)=0
=−p
1
Soit n ∈ N∗ , on a f (n × ) = f (n) ×f ( n1 ) puis f ( n1 ) = n1 .
n
| {z } |{z}
=n
=f (1)=1
1
Soit p ∈ Z et n ∈ N∗ , on a f ( np ) = f (p) × f ( ) = np . Ainsi, ∀q ∈ Q, f (q) = q.
|{z} | {zn }
=p
1
=n
√
On montre maintenant que f est une fonction strictement positive sur R∗+ : si x > 0, f (x) = f ( x) ×
√
√
f ( x) = (f ( x))2 > 0.
On en déduit que f est une fonction strictement croissante sur R : si a > b, alors a − b > 0, puis
f (a − b) > 0, puis f (a) > f (b) et f est une fonction strictement croissante.
Maintenant on conclut que ∀x ∈ R, f (x) = x par un critère de densité (Q est dense dans R) :
∀x ∈ R, ∀ε > 0, ∃r1 ∈ Q, ∃r2 ∈ Q tels que r1 < x < r2 et r2 − r1 < ε, puis par croissance de f ,
f (r1 ) < f (x) < f (r2 ) et f (x) (tout comme x) est dans l’intervalle ]r1 , r2 [, ce qui conduit à |f (x)−x| < ε,
| {z }
| {z }
=r1
=r2
puis à x = f (x) en faisant tendre ε vers 0.
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Mathématiques