Corrigé de l`examen d`Algèbre 1

Université A. Mira de Béjaia
Année universitaire
Département de Mathématiques
2014/2015
Corrigé de l’examen d’Algèbre 1
Exercice 1 :
Soient f : Z → N et g : N2 → N les deux applications définies par :
(
−3x
si x ≤ 0
f (x) =
et
g (x, y) = x 2 + x y − x.
3x + 1 si x > 0
1. Montrer que l’application f est injective.
Il s’agit de montrer que :
∀x 1 , x 2 ∈ Z : f (x 1 ) = f (x 2 ) =⇒ x 1 = x 2 .
Soient x 1 , x 2 ∈ Z tels que f (x 1 ) = f (x 2 ) et montrons que x 1 = x 2 . On distingue les 4 cas suivants :
1er cas : (si x 1 ≤ 0 et x 2 ≤ 0).
Dans ce cas, l’égalité f (x 1 ) = f (x 2 ) équivaut à −3x 1 = −3x 2 . Ce qui entraîne que x 1 = x 2 , comme il
fallait le prouver.
2ème cas : (si x 1 > 0 et x 2 > 0).
Dans ce cas, l’égalité f (x 1 ) = f (x 2 ) équivaut à 3x 1 +1 = 3x 2 +1. Ce qui entraîne que x 1 = x 2 , comme
il fallait le prouver.
3ème cas : (si x 1 ≤ 0 et x 2 > 0).
Dans ce cas, l’égalité f (x 1 ) = f (x 2 ) équivaut à −3x 1 = 3x 2 + 1. Ce qui entraîne que x 1 + x 2 = − 13 .
Mais ceci est absurde car x 1 + x 2 ∈ Z alors que − 31 6∈ Z. Ce cas est donc impossible.
4ème cas : (si x 1 > 0 et x 2 ≤ 0).
On se ramène au cas précédent en échangeant les rôles de x 1 et x 2 . Ce cas est donc également
impossible.
Comme les seuls cas possibles aboutissent à x 1 = x 2 alors l’application f est bien injective.
2. L’application f est-elle surjective ? Justifier.
On constate que pour tout x ∈ Z, le reste de la division euclidienne de f (x) sur 3 est ou bien 0
ou bien 1. Donc tous les entiers naturels de la forme 3k + 2 (k ∈ N) n’ont pas d’antécédent par f .
L’application f n’est donc pas surjective.
3. Déterminer les ensembles suivants :
¡
¢
i) g {(0, 1), (0, 2)} ;
¡
¢
ii) g {(1, y) ; y ∈ N} .
On a par définition :
¡
¢
©
ª
g {(0, 1), (0, 2)} = g (0, 1), g (0, 2) .
Comme g (0, 1) = g (0, 2) = 0, il en résulte que :
¡
¢
g {(0, 1), (0, 2)} = {0} .
1
De même, on a :
¡
¢
©
ª
g {(1, y) ; y ∈ N} = g (1, y) ; y ∈ N .
Comme on a g (1, y) = y (∀y ∈ N), il en résulte que :
¡
¢
©
ª
g {(1, y) ; y ∈ N} = y ; y ∈ N ,
c’est à dire :
¡
¢
g {(1, y) ; y ∈ N} = N .
4. L’application g est-elle injective ? est-elle surjective ? Justifier.
— L’application g n’est pas injective car on a g (0, 1) = g (0, 2) bien que (0, 1) 6= (0, 2).
— L’application g est surjective car tout y ∈ N possède au moins un antécédent par g qui est le
couple (1, y).
5. Lesquelles des expressions f ◦ g et g ◦ f ont un sens ? Expliciter celles qui en ont.
— L’expression f ◦ g a un sens car l’ensemble d’arrivée de g est inclus dans l’ensemble de départ
de f . On a :
f ◦g :
g
N2 −→ N ⊂ Z
f
−→ N
(x, y) 7−→ g (x, y) 7−→ ( f ◦ g )(x, y) =
(
−3(x 2 + x y − x)
si x 2 + x y − x ≤ 0
3(x 2 + x y − x) + 1 si x 2 + x y − x > 0
.
En constatant que l’on a pour tout (x, y) ∈ N2 :
x 2 + x y − x ≤ 0 ⇐⇒ x = 0 ou (x, y) = (1, 0) =⇒ x 2 + x y − x = 0,
on en conclut que :
( f ◦ g )(x, y) =
(
0
si x = 0 ou (x, y) = (1, 0)
2
3(x + x y − x) + 1 sinon
.
— L’expression g ◦ f n’a pas de sens car l’ensemble d’arrivée de f n’est pas inclus dans l’ensemble
de départ de g .
Exercice 2 :
Soit R la relation binaire définie sur l’ensemble E = {(x, y) ∈ R2 ; x ≤ y} par :
¤
£
∀(x, y), (x 0 , y 0 ) ∈ E : (x, y) R (x 0 , y 0 ) ⇐⇒ (x, y) = (x 0 , y 0 ) ou y ≤ x 0 .
1. Montrer que R est une relation d’ordre. Cet ordre est-il total ou partiel ? Justifier.
La relation R est d’ordre si elle est réflexive, antisymétrique et transitive.
Réflexivité : Pour tout (x, y) ∈ E , on a bien (x, y) = (x, y) ; d’où (x, y) R (x, y). La relation R est donc
réflexive.
Antisymétrie : Procédons par l’absurde en supposant que R n’est pas antisymétrique. Il existe
0 0
0 0
0 0
donc (x, y), (x 0 , y 0 ) ∈ E tels que (x, y) R (x
y) et (x,
¡ , y ), (x , y ) R (x,
¢ y) 6= (x , y ). Par définition de
0
0
0 0
R , on a donc : y ≤ x et y ≤ x. Il s’ensuit puisque (x, y), (x , y ) ∈ E que :
x ≤ y ≤ x 0 ≤ y 0 ≤ x.
D’où :
x = y = x 0 = y 0.
2
Il en résulte en particulier que (x, y) = (x 0 , y 0 ). Ce qui contredit notre supposition d’absurde et
confirme que R est antisymétrique.
Transitivité : Soient (x, y), (x 0 , y 0 ), (x 00 , y 00 ) ∈ E tels que (x, y) R (x 0 , y 0 ) et (x 0 , y 0 ) R (x 00 , y 00 ) et montrons que (x, y) R (x 00 , y 00 ). On distingue les 3 cas suivants :
¡
¢
1er cas : si (x, y) = (x 0 , y 0 ) .
Dans ce cas, on a bien (x, y) R (x 00 , y 00 ) puisque (x, y) = (x 0 , y 0 ) et (x 0 , y 0 ) R (x 00 , y 00 ).
¡
¢
2ème cas : si (x 0 , y 0 ) = (x 00 , y 00 ) .
Dans ce cas, on a bien (x, y) R (x 00 , y 00 ) puisque (x, y) R (x 0 , y 0 ) et (x 0 , y 0 ) = (x 00 , y 00 ).
¡
¢
3ème cas : si (x, y) 6= (x 0 , y 0 ) et (x 0 , y 0 ) 6= (x 00 , y 00 ) .
Dans ce cas, puisque (x, y) R (x 0 , y 0 ) et (x 0 , y 0 ) R (x 00 , y 00 ), on a (par définition même de R ) :
y ≤ x 0 et y 0 ≤ x 00 .
Il s’ensuit (puisque (x 0 , y 0 ) ∈ E ) que :
y ≤ x 0 ≤ y 0 ≤ x 00 .
D’où :
y ≤ x 00 .
Ce qui entraîne que (x, y) R (x 00 , y 00 ).
Dans tous les cas, on a (x, y) R (x 00 , y 00 ). La relation R est donc transitive.
Conclusion : La relation R est une relation d’ordre.
— L’ordre défini par R est partiel car par exemple les deux couples (0, 2) et (1, 3) de E sont incom(1, 3) et (1, 3)
(0, 2).
parable par R ; c’est à dire que (0, 2)
R
R
2. Soit A = {(2, 3), (2, 5), (−1, −1)}
(a) Déterminer l’ensemble M de tous les majorants de A et l’ensemble m de tous les minorants
de A.
Un couple (x, y) de E est un majorant de A si et seulement si : ∀(a, b) ∈ A : (a, b) R (x, y) ; c’est à
dire, si et seulement si :
(2, 3) R (x, y) , (2, 5) R (x, y) et (−1, −1) R (x, y).
Ce qui équivaut à :
3 ≤ x , 5 ≤ x et − 1 ≤ x.
Ce qui équivaut encore à :
x ≥ 5.
D’où :
©
ª
©
ª
M = (x, y) ∈ E : x ≥ 5 = (x, y) ∈ R2 : 5 ≤ x ≤ y .
— De même, un couple (x, y) de E est un minorant de A si et seulement si : ∀(a, b) ∈ A : (x, y) R (a, b) ;
c’est à dire, si et seulement si :
(x, y) R (2, 3) , (x, y) R (2, 5) et (x, y) R (−1, −1).
Ce qui équivaut à :
y ≤ 2 et y ≤ −1.
Ce qui équivaut encore à :
y ≤ −1.
D’où :
©
ª
©
ª
m = (x, y) ∈ E : y ≤ −1 = (x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ −1 .
3
(b) En déduire que A possède une borne supérieure et une borne inférieure. Déterminer sup A
et inf A.
On constate que l’ensemble M peut être défini par :
©
ª
M = (x, y) ∈ E : (5, 5) R (x, y) .
Cette représentation de M montre que le couple (5, 5) est le plus petit élément de M, c’est à dire le
plus petit des majorants de A. L’ensemble A possède donc une borne supérieure et
sup A = (5, 5) .
— On constate aussi que l’ensemble m peut être défini par :
©
ª
m = (x, y) ∈ E : (x, y) R (−1, −1) .
Cette représentation de m montre que le couple (−1, −1) est le plus grand élément de m, c’est à
dire le plus grand des minorants de A. L’ensemble A possède donc une borne inférieure et
inf A = (−1, −1) .
(c) L’ensemble A possède-t-il un plus grand élément ? un plus petit élément ? Les déterminer
dans l’affirmatif.
— Comme sup A = (5, 5) 6∈ A alors A ne possède pas de plus grand élément.
— Comme inf A = (−1, −1) ∈ A alors A possède un plus petit élément qui est inf A = (−1, −1).
(d) Déterminer tous les éléments maximaux et tous les éléments minimaux de A.
— Comme le couple (−1, −1) est le plus petit élément de A alors ce couple est l’unique élément
minimal de A.
— Comme le couple (−1, −1) est le plus petit élément de A et que les deux autres éléments de A,
à savoir (2, 3) et (2, 5), sont incomparables par R alors ces derniers couples (2, 3) et (2, 5) sont tous
les deux des éléments maximaux de A et ce sont les seuls éléments maximaux de A.
Exercice 3 :
Soient (E , ?) et (F, ∆) deux groupes. On munit l’ensemble E × F de la loi T définie par :
∀(x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) ∈ E × F :
(x 1 , y 1 )T (x 2 , y 2 ) = (x 1 ? x 2 , y 1 ∆y 2 ).
1. Montrer que (E × F, T ) est un groupe.
L’ensemble E × F est non vide car les ensembles E et F sont tous les deux non vides (en tant que
groupes). Aussi, la loi T est une loi de composition interne sur E × F car ? est une loi de composition interne sur E et ∆ est une loi de composition interne sur F .
• Montrons que T est associative. Pour tous (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) et (x 3 , y 3 ) dans E × F , on a :
¡
¢
¡
¢
(x 1 , y 1 )T (x 2 , y 2 ) T (x 3 , y 3 ) = (x 1 ? x 2 , y 1 ∆y 2 )T (x 3 , y 3 ) = (x 1 ? x 2 ) ? x 3 , (y 1 ∆y 2 )∆y 3 .
Mais comme les deux lois ? et ∆ sont associatives, étant donné que (E , ?) et (F, ∆) sont des groupes,
il s’ensuit que :
¡
¢
¡
¢
(x 1 , y 1 )T (x 2 , y 2 ) T (x 3 , y 3 ) = x 1 ? (x 2 ? x 3 ) , y 1 ∆(y 2 ∆y 3 ) = (x 1 , y 1 )T (x 2 ? x 3 , y 2 ∆y 3 )
¡
¢
= (x 1 , y 1 )T (x 2 , y 2 )T (x 3 , y 3 ) .
4
Ce qui montre que la loi T de E × F est associative.
• Montrons que l’ensemble E × F possède un élément neutre pour T . Soient e 1 l’élément neutre
du groupe (E , ?) et e 2 l’élément neutre du groupe (F, ∆). On a alors pour tout (x, y) ∈ E × F :
(x, y)T (e 1 , e 2 ) = (x ? e 1 , y∆e 2 ) = (x, y) et
(e 1 , e 2 )T (x, y) = (e 1 ? x , e 2 ∆y) = (x, y).
Ce qui montre que le couple (e 1 , e 2 ) est un élément neutre de E × F pour la loi T .
• Montrons que tout élément de E × F possède un symétrique par rapport à la loi T . Soit (x, y) ∈
E × F . En désignant par x 0 le symétrique de x par rapport à la loi ? de E et par y 0 le symétrique de
y par rapport à la loi ∆ de F , on a :
(x, y)T (x 0 , y 0 ) = (x ? x 0 , y∆y 0 ) = (e 1 , e 2 ) et
(x 0 , y 0 )T (x, y) = (x 0 ? x , y 0 ∆y) = (e 1 , e 2 ).
Ce qui montre que le couple (x 0 , y 0 ) est le symétrique du couple (x, y) pour la loi T . Comme (x, y)
étant arbitraire dans E × F , tout élément de E × F possède un symétrique par rapport à la loi T .
Conclusion : (E × F, T ) est un groupe.
Soient H un sous groupe de (E , ?) et K un sous groupe de (F, ∆).
— Montrer que H × K est un sous groupe de (E × F, T ).
¡
Comme les ensembles H
et
K
sont
tous
les
deux
non
vides
car se sont des sous groupes de (E , ?)
¢
et (F, ∆) respectivement alors leur produit cartésien H × K est non vide.
¡
c’est à dire que la composition par T de deux éléments de
• Montrons que H × K est
stable
par
T
¢
H × K reste dans H × K . Pour tous (h 1 , k 1 ), (h 2 , k 2 ) ∈ H × K , on a :
(h 1 , k 1 )T (h 2 , k 2 ) = (h 1 ? h 2 , k 1 ∆k 2 ).
Mais comme h 1 , h 2 ∈ H et H est un sous groupe de (E , ?) alors h 1 ?h 2 ∈ H . Aussi, comme k 1 , k 2 ∈ K
et K est un sous groupe de (F, ∆) alors k 1 ∆k 2 ∈ K . D’où (h 1 ? h 2 , k 1 ∆k 2 ) ∈ H × K , c’est à dire
(h 1 , k 1 )T (h 2 , k 2 ) ∈ H × K . L’ensemble H × K est bien stable par T .
¡
• Montrons que H × K est stable par la symétrie par rapport à la¢loi T c’est à dire que le symétrique par rapport à T de tout élément de H × K reste dans H × K . Soit (h, k) ∈ H × K . D’après les
résultats de la question précédente, le symétrique de (h, k) par rapport à T est (h 0 , k 0 ), avec h 0 est
le symétrique de h par rapport à la loi ? de E et k 0 est le symétrique de k par rapport à la loi ∆ de F .
Mais puisque H est un sous groupe de (E , ?), on a h 0 ∈ H et puisque K est un sous groupe de (F, ∆),
on a k 0 ∈ K . D’où (h 0 , k 0 ) ∈ H × K . L’ensemble H × K est bien stable par la symétrie par rapport à T .
Conclusion : H × K est un sous groupe de (E × F, T ).
B. FARHI
http://www.bakir-farhi.net
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