Corrigé de l`examen d`Algèbre 1

Université A. Mira de Béjaia
Département de Mathématiques
Année universitaire
2014/2015
Corrigé de l’examen d’Algèbre 1
Exercice 1 :
Soient f:Z→Net g:N2→Nles deux applications définies par :
f(x)=(−3xsi x≤0
3x+1 si x>0et g(x,y)=x2+x y −x.
1. Montrer que l’application fest injective.
Il s’agit de montrer que :
∀x1,x2∈Z:f(x1)=f(x2)=⇒ x1=x2.
Soient x1,x2∈Ztels que f(x1)=f(x2) et montrons que x1=x2. On distingue les 4 cas suivants :
1er cas : (si x1≤0 et x2≤0).
Dans ce cas, l’égalité f(x1)=f(x2) équivaut à −3x1= −3x2. Ce qui entraîne que x1=x2, comme il
fallait le prouver.
2ème cas : (si x1>0 et x2>0).
Dans ce cas, l’égalité f(x1)=f(x2) équivaut à 3x1+1=3x2+1. Ce qui entraîne que x1=x2, comme
il fallait le prouver.
3ème cas : (si x1≤0 et x2>0).
Dans ce cas, l’égalité f(x1)=f(x2) équivaut à −3x1=3x2+1. Ce qui entraîne que x1+x2= − 1
3.
Mais ceci est absurde car x1+x2∈Zalors que −1
36∈ Z. Ce cas est donc impossible.
4ème cas : (si x1>0 et x2≤0).
On se ramène au cas précédent en échangeant les rôles de x1et x2. Ce cas est donc également
impossible.
Comme les seuls cas possibles aboutissent à x1=x2alors l’application fest bien injective.
2. L’application fest-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 fn’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 :
g¡{(0,1),(0,2)}¢=©g(0, 1), g(0,2)ª.
Comme g(0,1) =g(0,2) =0, il en résulte que :
g¡{(0,1),(0,2)}¢={0} .
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De même, on a :
g¡{(1, y) ; y∈N}¢=©g(1, y) ; y∈Nª.
Comme on a g(1, y)=y(∀y∈N), il en résulte que :
g¡{(1, y) ; y∈N}¢=©y;y∈Nª,
c’est à dire :
g¡{(1, y) ; y∈N}¢=N.
4. L’application gest-elle injective ? est-elle surjective ? Justifier.
— L’application gn’est pas injective car on a g(0, 1) =g(0, 2) bien que (0, 1) 6= (0,2).
— L’application gest surjective car tout y∈Npossède au moins un antécédent par gqui est le
couple (1, y).
5. Lesquelles des expressions f◦get g◦font un sens ? Expliciter celles qui en ont.
— L’expression f◦ga un sens car l’ensemble d’arrivée de gest inclus dans l’ensemble de départ
de f. On a :
f◦g:N2g −→ N⊂Zf −→ N
(x,y)7−→ g(x,y)7−→ (f◦g)(x,y)=(−3(x2+x y −x) si x2+x y −x≤0
3(x2+x y −x)+1 si x2+x y −x>0.
En constatant que l’on a pour tout (x,y)∈N2:
x2+x y −x≤0⇐⇒ x=0 ou (x,y)=(1,0) =⇒ x2+x y −x=0,
on en conclut que :
(f◦g)(x,y)=(0 si x=0 ou (x,y)=(1,0)
3(x2+x y −x)+1 sinon .
— L’expression g◦fn’a pas de sens car l’ensemble d’arrivée de fn’est pas inclus dans l’ensemble
de départ de g.
Exercice 2 :
Soit Rla relation binaire définie sur l’ensemble E={(x,y)∈R2;x≤y}par :
∀(x,y),(x0,y0)∈E: (x,y)R(x0,y0)⇐⇒ £(x,y)=(x0,y0)ou y≤x0¤.
1. Montrer que Rest une relation d’ordre. Cet ordre est-il total ou partiel ? Justifier.
La relation Rest 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 Rest donc
réflexive.
Antisymétrie : Procédons par l’absurde en supposant que Rn’est pas antisymétrique. Il existe
donc (x,y), (x0,y0)∈Etels que (x,y)R(x0,y0), (x0,y0)R(x,y) et (x,y)6= (x0,y0). Par définition de
R, on a donc : y≤x0et y0≤x. Il s’ensuit ¡puisque (x,y),(x0,y0)∈E¢que :
x≤y≤x0≤y0≤x.
D’où :
x=y=x0=y0.
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Il en résulte en particulier que (x,y)=(x0,y0). Ce qui contredit notre supposition d’absurde et
confirme que Rest antisymétrique.
Transitivité : Soient (x,y),(x0,y0),(x00,y00)∈Etels que (x,y)R(x0,y0) et (x0,y0)R(x00,y00) et mon-
trons que (x,y)R(x00,y00). On distingue les 3 cas suivants :
1er cas : ¡si (x,y)=(x0,y0)¢.
Dans ce cas, on a bien (x,y)R(x00,y00) puisque (x,y)=(x0,y0) et (x0,y0)R(x00,y00).
2ème cas : ¡si (x0,y0)=(x00,y00)¢.
Dans ce cas, on a bien (x,y)R(x00,y00) puisque (x,y)R(x0,y0) et (x0,y0)=(x00,y00).
3ème cas : ¡si (x,y)6= (x0,y0) et (x0,y0)6= (x00,y00)¢.
Dans ce cas, puisque (x,y)R(x0,y0) et (x0,y0)R(x00,y00), on a (par définition même de R) :
y≤x0et y0≤x00.
Il s’ensuit (puisque (x0,y0)∈E) que :
y≤x0≤y0≤x00.
D’où :
y≤x00.
Ce qui entraîne que (x,y)R(x00,y00).
Dans tous les cas, on a (x,y)R(x00,y00). La relation Rest donc transitive.
Conclusion : La relation Rest une relation d’ordre.
— L’ordre défini par Rest partiel car par exemple les deux couples (0,2) et (1,3) de Esont incom-
parable par R; c’est à dire que (0,2) R(1,3) et (1,3) R(0,2).
2. Soit A={(2,3),(2,5),(−1,−1)}
(a) Déterminer l’ensemble M de tous les majorants de Aet l’ensemble m de tous les minorants
de A.
Un couple (x,y) de Eest un majorant de Asi 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 ≤xet −1≤x.
Ce qui équivaut encore à :
x≥5.
D’où :
M=©(x,y)∈E:x≥5ª=©(x,y)∈R2: 5 ≤x≤yª.
— De même, un couple (x,y) de Eest un minorant de Asi 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 :
m=©(x,y)∈E:y≤ −1ª=©(x,y)∈R2:x≤y≤ −1ª.
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(b) En déduire que Apossède une borne supérieure et une borne inférieure. Déterminer sup A
et inf A.
On constate que l’ensemble Mpeut être défini par :
M=©(x,y)∈E: (5,5) R(x,y)ª.
Cette représentation de Mmontre 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 Apossède donc une borne supérieure et
sup A=(5,5) .
— On constate aussi que l’ensemble mpeut être défini par :
m=©(x,y)∈E: (x,y)R(−1, −1)ª.
Cette représentation de mmontre 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 Apossède donc une borne inférieure et
inf A=(−1,−1) .
(c) L’ensemble Apossède-t-il un plus grand élément ? un plus petit élément ? Les déterminer
dans l’affirmatif.
— Comme sup A=(5,5) 6∈ Aalors Ane possède pas de plus grand élément.
— Comme inf A=(−1,−1) ∈Aalors Apossède 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 Aalors ce couple est l’unique élément
minimal de A.
— Comme le couple (−1,−1) est le plus petit élément de Aet que les deux autres éléments de A,
à savoir (2,3) et (2,5), sont incomparables par Ralors ces derniers couples (2,3) et (2,5) sont tous
les deux des éléments maximaux de Aet ce sont les seuls éléments maximaux de A.
Exercice 3 :
Soient (E,?) et (F,∆) deux groupes. On munit l’ensemble E×Fde la loi Tdéfinie par :
∀(x1,y1),(x2,y2)∈E×F: (x1,y1)T(x2,y2)=(x1?x2,y1∆y2).
1. Montrer que (E×F,T) est un groupe.
L’ensemble E×Fest non vide car les ensembles Eet Fsont tous les deux non vides (en tant que
groupes). Aussi, la loi Test une loi de composition interne sur E×Fcar ?est une loi de composi-
tion interne sur Eet ∆est une loi de composition interne sur F.
• Montrons que Test associative. Pour tous (x1,y1), (x2,y2) et (x3,y3) dans E×F,ona:
¡(x1,y1)T(x2,y2)¢T(x3,y3)=(x1?x2,y1∆y2)T(x3,y3)=¡(x1?x2)?x3, (y1∆y2)∆y3¢.
Mais comme les deux lois ?et ∆sont associatives, étant donné que (E,?) et (F,∆) sont des groupes,
il s’ensuit que :
¡(x1,y1)T(x2,y2)¢T(x3,y3)=¡x1?(x2?x3) , y1∆(y2∆y3)¢=(x1,y1)T(x2?x3,y2∆y3)
=(x1,y1)T¡(x2,y2)T(x3,y3)¢.
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Ce qui montre que la loi Tde E×Fest associative.
• Montrons que l’ensemble E×Fpossède un élément neutre pour T. Soient e1l’élément neutre
du groupe (E,?) et e2l’élément neutre du groupe (F,∆). On a alors pour tout (x,y)∈E×F:
(x,y)T(e1,e2)=(x?e1,y∆e2)=(x,y) et
(e1,e2)T(x,y)=(e1?x,e2∆y)=(x,y).
Ce qui montre que le couple (e1,e2) est un élément neutre de E×Fpour la loi T.
• Montrons que tout élément de E×Fpossède un symétrique par rapport à la loi T. Soit (x,y)∈
E×F. En désignant par x0le symétrique de xpar rapport à la loi ?de Eet par y0le symétrique de
ypar rapport à la loi ∆de F,ona:
(x,y)T(x0,y0)=(x?x0,y∆y0)=(e1,e2) et
(x0,y0)T(x,y)=(x0?x,y0∆y)=(e1,e2).
Ce qui montre que le couple (x0,y0) est le symétrique du couple (x,y) pour la loi T. Comme (x,y)
étant arbitraire dans E×F, tout élément de E×Fpossède un symétrique par rapport à la loi T.
Conclusion : (E×F,T) est un groupe.
Soient Hun sous groupe de (E,?) et Kun sous groupe de (F,∆).
— Montrer que H×Kest un sous groupe de (E×F,T).
Comme les ensembles Het Ksont tous les deux non vides ¡car se sont des sous groupes de (E,?)
et (F,∆) respectivement¢alors leur produit cartésien H×Kest non vide.
• Montrons que H×Kest stable par T¡c’est à dire que la composition par Tde deux éléments de
H×Kreste dans H×K¢. Pour tous (h1,k1),(h2,k2)∈H×K,ona:
(h1,k1)T(h2,k2)=(h1?h2,k1∆k2).
Mais comme h1,h2∈Het Hest un sous groupe de (E,?) alors h1?h2∈H. Aussi, comme k1,k2∈K
et Kest un sous groupe de (F,∆) alors k1∆k2∈K. D’où (h1?h2,k1∆k2)∈H×K, c’est à dire
(h1,k1)T(h2,k2)∈H×K. L’ensemble H×Kest bien stable par T.
• Montrons que H×Kest stable par la symétrie par rapport à la loi T¡c’est à dire que le symé-
trique par rapport à Tde tout élément de H×Kreste dans H×K¢. Soit (h,k)∈H×K. D’après les
résultats de la question précédente, le symétrique de (h,k) par rapport à Test (h0,k0), avec h0est
le symétrique de hpar rapport à la loi ?de Eet k0est le symétrique de kpar rapport à la loi ∆de F.
Mais puisque Hest un sous groupe de (E,?), on a h0∈Het puisque Kest un sous groupe de (F,∆),
on a k0∈K. D’où (h0,k0)∈H×K. L’ensemble H×Kest bien stable par la symétrie par rapport à T.
Conclusion : H×Kest un sous groupe de (E×F,T).
B. FARHI
http://www.bakir-farhi.net
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