Corrigé

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 23 septembre 2013
S´erie 1
Exercice 1.
(1) Montrer qu’un groupe Ga exactement un ´el´ement neutre.
(2) Soient a, b et ctrois ´el´ements d’un groupe G. Montrer que si ac =bc alors
a=b.
(3) Montrer qu’un ´el´ement xd’un groupe Ga exactement un inverse.
(4) Soit Eun ensemble muni d’une loi de composition interne ⋆associative
admettant un ´el´ement neutre e. Nous supposons de plus que tout ´el´ement
de Ea un inverse `a gauche et un inverse `a droite. Montrer que le couple
(E, ⋆) est un groupe.
(5) Dans un groupe G, quel est l’inverse d’un produit xy ?
(6) Soient aet bdeux ´el´ements d’un groupe G. Montrer que l’´equation ax =b
a une unique solution x. Cette solution est elle aussi solution de l’´equation
xa =b?
(7) Dans un groupe G, a-t-on (ab)n=anbnpour tout a, b ∈Get tout n∈N?
Solution.
(1) Si eet e′sont deux ´el´ements neutres de G, alors
e=ee′=e′,
o`u l’on utilise successivement que e′est un ´el´ement neutre (`a droite) et
que eest un ´el´ement neutre (`a gauche).
(2) En notant el’´el´ement neutre de G, on a
a=ae =a(cc−1) = (ac)c−1= (bc)c−1=b(cc−1) = be =b.
De mˆeme, on notera que ca =cb implique que a=b.
(3) Si y, z ∈Gv´erifient xy =yx =eet xz =zx =e, alors
y=ye =y(xz) = (yx)z=ez =z. (1)
(4) Soit x∈G. Par hypoth`ese, xposs`ede un inverse `a droite y∈G(i.e.
yx =e), ainsi qu’un inverse `a droite z∈G(i.e. xz =e). L’´equation
(1) montre alors que y=z. Par cons´equent, tout ´el´ement a un inverse
simultan´ement `a gauche et `a droite, donc Gest un groupe.
(5) Pour x, y ∈G, on a (xy)−1=y−1x−1. En effet,
(xy)(y−1x−1) = eet (y−1x−1)(xy) = e
par associativit´e de la loi de composition.

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(6) Si x∈Gest une solution de ax =b, alors x=a−1bpar multiplication `a
gauche par a. De plus, x=a−1best bien une solution de ax =bpuisque
a(a−1b) = (aa−1)b=eb =b. Similairement, l’´equation xa =bposs`ede
l’unique solution x=ba−1. Les deux solutions sont ´egales si
a−1b=ba−1,
c’est-`a-dire quand ab =ba (multiplier `a gauche puis `a droite par a). Quand
Gn’est pas commutatif, les solutions ne sont donc pas forc´ement ´egales.
Par exemple, si G= GL2(R) et a= ( 1 0
0−1), b = ( 1 1
0 1 ), alors
ab =1 1
0−16=1−1
0−1=ba,
donc les solutions des deux ´equations sont diff´erentes.
(7) Montrons que l’assertion est v´erifi´ee si et seulement si Gest commutatif.
Remarquons premi`erement que (ab)2=a2b2pour tous a, b ∈Gsi et
seulement si ba =ab pour tous a, b, ∈G, en utilisant le point (2) de
l’exercice. Ainsi, le cas n= 2 est ´equivalent `a la commutativit´e du groupe.
Si Gest commutatif, montrons l’assertion par r´ecurrence sur n≥1. Elle
est ´evidente pour n= 1. Si m≥3 et si l’hypoth`ese est vraie pour n=m,
on a
(ab)m+1 = (ab)(ab)m=abambm=am+1bm+1
en utilisant le cas n=m, puis la commutativit´e.
Exercice 2.
(1) Parmi les couples suivants lesquels sont des groupes ?
({0},+),(N\ {0},+),(Z,+),(R,+),(N\ {0},×),(R2,+),(R\ {0},×).
(2) Soit Eun ensemble. Montrer que l’ensemble Sym(E) des bijections de E
muni de la composition des fonctions est un groupe.
Solution.
(1) (a) Le couple ({0},+) est un groupe, le groupe trivial. L’´el´ement neutre
est 0 et l’inverse de 0 est 0. L’associativit´e de la loi de composition
est claire.
(b) Le couple (N\{0},+) n’est pas un groupe, puisqu’il n’existe d’´el´ement
neutre : il n’existe pas d’entier n6= 0 tel que 1 + n= 1.
(c) Le couple (Z,+) est un groupe, l’´el´ement neutre ´etant 0 et l’inverse
de n∈Z´etant donn´e par −n. L’associativit´e de la loi de composition
est claire.
(d) Le couple (R,+) est un groupe, l’´el´ement neutre et l’inverse sont
comme au point pr´ec´edent. Notons d’ailleurs que (Z,+) est un sous-
groupe de (R,+). L’associativit´e de la loi de composition est claire.

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(e) Le couple (N\ {0},×) n’est pas un groupe puisque tout ´el´ement
diff´erent de 1 ne poss`ede pas d’inverse : si n6= 1 est entier, il n’existe
pas d’entier mtel que nm = 1.
(f) Le couple (R2,+) est un groupe, dont l’´el´ement neutre est (0,0) et
o`u l’inverse d’un ´el´ement (x, y)∈R2est donn´e par (−x, −y). L’asso-
ciativit´e de la loi de composition est claire.
(g) Le couple (R\ {0},×) est un groupe, d’´el´ement neutre 0, o`u l’inverse
de x∈R\ {0}est 1/x. L’associativit´e de la loi de composition est
claire.
(2) La composition de deux bijections de E´etant encore une bijection de E, la
loi de composition est bien interne. Si f, g, h ∈Sym(E), alors f◦(g◦h) =
(f◦g)◦hpuisque
(f◦(g◦h)) (x) = f((g◦h)(x)) = f(g(h(x)))
= (f◦g)(h(x)) = ((f◦g)◦h) (x)
pour tout x∈E. La fonction identit´e id : E→Eappartient `a Sym(E)
et f◦id = id ◦f=fpour tout f∈Sym(E). Finalement, si f∈Sym(E),
alors on sait qu’il existe g∈Sym(E) telle que f◦g=g◦f= id, i.e. un
inverse pour f. L’inverse f−1au sens des fonctions bijectives est donc ´egal
`a l’inverse f−1au sens de la loi de groupe ◦.
Exercice 3.
Montrer que l’ensemble des matrices inversibles GL2(R) muni de la multiplica-
tion des matrices est un groupe.
Solution. Le produit de deux matrices inversibles ´etant toujours inversible, la
loi de composition est bien interne. Elle poss`ede l’´el´ement neutre I2= ( 1 0
0 1 )∈
GL2(R). Par d´efinition, tout ´el´ement de GL2(R) poss`ede un inverse pour la mul-
tiplication par rapport `a I2, donc il suffit de montrer que la loi de composition
est associative. Pour cela, on peut soit faire un calcul explicite, soit se rappe-
ler que la multiplication de matrices est d´efinie pour correspondre `a la com-
position d’applications lin´eaires, repr´esent´ees sous forme matricielle par rapport
`a une base donn´ee. Or, on a montr´e dans l’exercice pr´ec´edent que la compo-
sition d’applications est associative. On a donc (AB)C=A(BC) pour tous
A, B, C ∈GL2(R). 
Exercice 4.
(1) Soient a, b ∈N\ {0}. Montrer qu’il existe un unique couple (q, r)∈N2tel
que a=qb +ret r < b.
D´efinition 1. Les entiers qet rsont appel´es respectivement le reste et le
quotient de la division euclidienne de apar b.
(2) Effectuer la division euclidienne de 1564 par 35.

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(3) Que se passe-t-il quand on remplace Npar Z?
Solution.
(1) Nous cherchons `a approximer au plus pr`es apar un multiple de b.
Consid´erons l’ensemble S={q∈N:qb ≤a}. Comme il s’agit d’un
ensemble fini, il admet un maximum q∈S. Posons r=a−qb et montrons
que (q, r) est le couple cherch´e. Notons que par d´efinition, r≥0. De plus,
r < b, puisque si r≥b, on aurait b(q+ 1) ≤a, ce qui contredirait la
maximalit´e de q. Montrons maintenant qu’un tel couple est unique. Si
(q′, r′)∈N2v´erifie les mˆemes conditions, alors on a
b(q−q′) = r′−r.
Sans perte de g´en´eralit´e, on peut supposer que q≥q′. Comme r′< b, on
trouve que b(q−q′)< b, ce qui implique que 0 ≤q−q′<1. Ainsi, q=q′
puisque q, q′sont des entiers. Par suite, r=r′.
(2) On a 1564 = 44 ·35 + 24. Dans ce cas, notons que S={0,1,...,1540 =
44 ·35}.
(3) Nous prouvons que pour a, b ∈Z\ {0}, il existe un couple (q, r)∈Z2
tel que a=qb +ret |r|<|b|. N´eanmoins, celui-ci n’est plus forc´ement
unique.
En effet, soit (q, r) le couple obtenu par division euclidienne dans Nde
|a|par |b|. On a |a|=q|b|+ret r < |b|. Rappelons que pour x∈R, on
d´efinit
sgn(x) = (1 si x≥0
−1 sinon,
v´erifiant l’´egalit´e |x|=xsgn(x). Par cons´equent,
sgn(a)a=qb sgn(b) + r,
d’o`u
a=bq sgn(b) sgn(a) + rsgn(a).
Puisque |rsgn(a)|=r < |b|, le couple (qsgn(b) sgn(a), r sgn(a)) ∈Z2est
le couple cherch´e. Il n’y a pas unicit´e en g´en´eral puisque
a=b(qsgn(b) + 1) sgn(a) + (r−b) sgn(a)
avec |(r−b) sgn(a)|=b−r < b si r, b > 0.