Colle 9 (Structures)

MPSI2 Colle 9 (Structures) 2016-2017
1Soit (A, +,×) un anneau tel que :
∀(x, y)∈A2,(xy = 0 ⇒x= 0 ou y= 0)
Montrer que :
∀(a, b)∈A2,(ab = 1 ⇒ba = 1)
Corrig´e : Soient (a, b)∈A2tels que ab = 1. On a :
a(ba −1) = aba −a= (ab −1)a= 0
Ainsi a= 0 ou ba = 1.
•Si ba = 1, on a le r´esultat voulu.
•Si a= 0 alors ab = 0 et comme ab = 1, on a : 0 = 1, dans ce cas ba =b×0 = 0 = 1 comme voulu.
2Soit ∗la loi de composition interne sur Rd´efinie par :
∀(x, y)∈R2, x ∗y=x+y+x2y2
1. V´erifier que ∗est commutative.
2. La loi ∗est-elle associative ?
3. Montrer que ∗admet un neutre et d´eterminer cet ´el´ement neutre.
4. R´esoudre l’´equation d’inconnue x∈R: 1 ∗x= 0.
5. R´esoudre l’´equation d’inconnue x∈R: 1 ∗x= 1.
Corrig´e :
1. Soient (x, y)∈R2, on a :
y∗x=y+x+y2x2=x+y+x2y2=x∗y
∗est commutative
2. On a :
(1 ∗1) ∗(−1) = (1 + 1 + 1212)∗(−1) = 3 ∗(−1) = 3 + (−1) + 32(−1)2= 11
1∗(1 ∗(−1)) = 1 ∗(1 + (−1) + 12(−1)2)=1∗1=1+1+1212= 3
Ce contre exemple d´emontre que :
∗n’est pas associative
3. Soit x∈R, on a tout de suite :
x∗0=0∗x=x
0 est le neutre de ∗
4. Soit x∈R, on a :
1∗x= 0 ⇔1 + x+x2= 0
Cette ´equation du second degr´e n’a pas de solution dans Rcar son discriminant est strictement n´egatif.
S=∅
5. Soit x∈R, on a :
1∗x= 1 ⇔x+x2= 0
Cette ´equation a pour solutions −1 et 0.
S={−1,0}
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3Soit Gun groupe, eson ´el´ement neutre et (a, b)∈G2tels que : ba =ab2et ab =ba2. D´emontrer que a=b=e.
Corrig´e : On a :
ba =ab2= (ab)b= (ba2)b= (ba)(ab)
On peut simplifier par ba puisque dans un groupe tout ´el´ement est inversible donc r´egulier pour obtenir : e=ab. Ainsi
b=a−1et on a aussi ba =e. On en d´eduit que :
e=ab =ba2= (ba)a=ea =a
Ce qui donne a=eet b=a−1=e−1=e.
a=b=e
4Soit (A, +,×) un anneau. On suppose que pour tout x∈A, on a : x2=x.
1. D´emontrer que : ∀x∈A, 2x= 0.
2. En d´eduire que Aest commutatif.
Corrig´e :
1. Soit x∈A, on peut appliquer l’hypoth`ese `a 1 + xpour obtenir :
1 + x= (1 + x)2= (1 + x)(1 + x)=12+ 2x+x2= 1 + 2x+x
Ce qui donne bien 2x= 0.
∀x∈A, 2x= 0
2. Soient (x, y)∈A2, on a :
x+y= (x+y)2=x2+xy +yx +y2=x+xy +yx +y
Ainsi xy +yx = 0. Or d’apr`es la question 1, nous avons xy +xy = 0. En soustrayant ces deux derni`eres ´egalit´es, nous
obtenons bien xy =yx.
Aest commutatif
5Soit (E, ×) un magma associatif. On suppose qu’il existe a∈Etel que :
∀y∈E, ∃x∈E, y =axa
1. D´emontrer que Eadmet un neutre.
2. D´emontrer que aest inversible et donner a−1.
Corrig´e :
1. On peut appliquer l’hypoth`ese `a a(`a la place de y), on sait qu’il existe b∈Etel que a=aba. Soit y∈E, on lui associe
x∈Etel que y=axa. En utilisant l’associativit´e, on a :
(ab)y= (ab)(axa) = (aba)(xa) = axa =y
y(ba)=(axa)(ba) = ax(aba) = axa =y
Ainsi ab est un neutre `a gauche et ba est un neutre `a droite. On a alors (ab)(ba) = ab car ba est neutre `a droite et
(ab)(ba) = ba car ab est neutre `a gauche d’o`u ab =ba. On pose e=ab, qui est bien le neutre de ×.
ab est le neutre de ×
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2. On a :
a(bab)=(ab)(ab) = ee =e
(bab)a=baba =ee =e
Ainsi aest inversible et a−1=bab.
a−1=bab
6Soit Aun anneau non nul et M={x∈A, x2=x}. D´emontrer que si Mest fini alors son cardinal est pair.
Corrig´e : Soit x∈M, c’est-`a-dire x2=x. On a :
(1 −x)2= 1 −2x+x2= 1 −2x+x= 1 −x
ainsi 1 −x∈M. Ce qui d´emontre que dans l’ensemble Mchaque ´el´ement xpeut ˆetre appareill´e avec 1 −x, cela va nous
permettre de conclure que le cardinal de Mest pair lorsque Mest fini. Il reste juste `a d´emontrer que xet 1 −xsont
distincts afin de pouvoir compter effectivement les ´el´ements de Mpar paires. Soit x∈M, par l’absurde si x= 1 −xalors
x=x2=x−x2= 0, cependant si x= 0 alors xn’est pas ´egal `a 1 −xpuisque 0 6= 1 dans un anneau non nul.
Si Mest fini alors Mest de cardinal pair
7Soit Aun anneau et (x, y)∈A2, on suppose que 1 −xy est inversible. D´emontrer que 1 −yx est inversible.
Corrig´e : Par hypoth`ese, il existe v∈Atel que :
v(1 −xy)=1
(1 −xy)v= 1 ⇔vxy =v−1 xyv =v−1
On a :
(1 + yvx)(1 −yx) = 1 + yvx −yx −yvxyx = 1 + yvx −yx −y(v−1)x= 1
On v´erifie de mˆeme que (1 −yx)(1 + yvx) = 1. On a bien d´emontr´e que 1 −yx est inversible et (1 −yx)−1= 1 + yvx.
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1. D´emontrer que A={a+b√2,(a, b)∈Q2}est un corps.
2. D´emontrer que B={a+b√2 + c√3,(a, b)∈Q2}n’est pas un corps.
Corrig´e :
1. Montrons pour cela que Aest un sous-corps de Rpour les op´erations usuelles. Dans cette question, on note x=a+b√2
et y=c+d√2 avec (a, b, c, d)∈Q4.
•D´ej`a A⊂R
•-0 = 0 + 0√2 ainsi 0 ∈A.
-On a x+y= (a+c)
| {z }
∈Q
+ (b+d)
| {z }
∈Q
√2∈A.
-On a : −x=−a
|{z}
∈Q
+ (−b)
|{z}
∈Q
√2∈A
On en d´eduit que (A, +) est un sous-groupe de (R,+).
•-1 = 1 + 0√2 appartient `a A.
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•-On a :
xy = (a+b√2) ×(c+d√2) = ac + 2bd
| {z }
∈Q
+ (ad +bc)
| {z }
∈Q
√2∈A
On en d´eduit que (A, +,×) est un sous-anneau de (R,+,×).
•Soit x∈A\ {0}, nous devons d´emontrer que 1
x∈A. On a :
1
a+b√2=a−b√2
a2−2b2=a a2−2b2
| {z }
∈Q
−b
a2−2b2
| {z }
∈Q
√2∈A
Au cours de ce calcul, on a multipli´e par a−b√2 qui est non nul car sinon :
•soit b= 0 et dans ce cas a= 0 ce qui est absurde puisque x6= 0.
•soit b6= 0 et dans ce cas : √2 = a
bce qui est absurde car √2 est irrationnel.
Aest un corps
2. L’ensemble Bn’est pas stable par multiplication, en effet √2×√3 = √6/∈B. En effet, raisonnons par l’absurde en
supposant que √6 = p+q√2 + r√3 avec (p, q, r)∈Q3. On a :
√6−p=q√2 + r√3
On ´el`eve au carr´e :
6 + p2−2√6p= 2q2+ 3r2+ 2qr√6
Ce qui donne :
6 + p2−2q2−3r2= (2qr + 2p)√6
Si jamais 2qr + 2p6= 0 alors √6 = 6 + p2−2q2−3r2
2qr + 2pce qui est absurde car √6 est irrationnel. On a donc 2qr + 2p= 0
et par suite 6 + p2−2q2−3r2= 0, c’est-`a-dire (2 −r2)(q2−3) = 0. Cette derni`ere relation est absurde car elle implique
que r=±√2 ou q=±√3 ce qui n’est pas le cas car qet rsont rationnels.
Bn’est pas un corps
9Soit Aun anneau tel que : ∀x∈A, x3=x. Le but est de d´emontrer que Aest commutatif.
1. D´eterminer les ´el´ements nilpotents de A.
2. Soit c∈Atel que c2=c. D´emontrer que ccommute avec tous les ´elements a∈A, on pourra pour cela calculer b2
o`u b=ca(1 −c).
3. En d´eduire que pour tout x∈A, on a x2qui commute avec tous les ´el´ements de A.
4. En d´eduire que Aest commutatif.
(ENS )
Corrig´e :
1. Soit x∈A, en calculant les premi`eres puissances de x, on a :
x3=x, x4=x2, x5=x3=x...
On d´emontre par une r´ecurrence imm´ediate que pour tout n∈N∗, on a : xn∈ {x, x2}. Ainsi, si xest nilpotent alors
x= 0 ou x2= 0. Cependant si x2= 0, on a :
x=x3=x2x= 0
On en d´eduit que 0 est le seul ´el´ement nilpotent de A.
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2. Puisque c2=c, on a :
b2=ca(1 −c)ca(1 −c) = ca((1 −c)c)ca(1 −c) = ca(c−c2)a(1 −c) = 0
D’apr`es la question pr´ec´edente, on en d´eduit que b= 0 puisque best nilpotent. Or :
b= 0 ⇔ca(1 −c)=0⇔ca −cac = 0 ⇔ca =cac
On r´ep`ete cette m´ethode avec b0= (1 −c)ac. On a ´egalement b02= 0 donc b0= 0 et par suite ac =cac. Finalement
ac =ca et on en d´eduit que ccommute avec tous les ´el´ements deA.
3. On a :
(x2)2=x4=x3x=x2
On peut appliquer la question pr´ec´edente avec c=x2pour en d´eduire que x2commute avec tous les ´el´ements de A.
4. Soit x∈A. On a :
2x= (x+ 1)2−x2−1
ce qui permet de dire que 2xcommute avec tous les ´el´ements de Acar (x+ 1)2,x2et 1 commutent avec tous les
´el´ements de Ad’apr`es la question pr´ec´edente.
D’autre part, on a : (x+ 1)3= (x+ 1) et en d´eveloppant :
(x+ 1)3=x3+ 3x2+ 3x+ 1 = x+ 3x2+ 3x+ 1 = 3x3+ 4x+ 1
Ces deux ´egalit´es impliquent 3x=−3x2, ainsi 3xcommute avec tous les ´el´ements de Acar −3x2commute avec tous
les ´el´ements de Ad’apr`es la question pr´ec´edente.
Enfin x= 3x−2xcommute avec tous les ´el´ements de Acar c’est le cas de 3xet 2x.´ Etant donn´e que xest quelconque,
on en d´eduit que Aest commutatif.
Aest commutatif
Remarque. Plus g´en´eralement, le th´eor`eme de Jacobson affirme que si dans un anneau A, on a :
∀x∈A, ∃n≥2, xn=x
alors Aest commutatif.
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