Corrigé

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
23 septembre 2013
Série 1
Exercice 1.
(1) Montrer qu’un groupe G a exactement un élément neutre.
(2) Soient a, b et c trois éléments d’un groupe G. Montrer que si ac = bc alors
a = b.
(3) Montrer qu’un élément x d’un groupe G a exactement un inverse.
(4) Soit E un ensemble muni d’une loi de composition interne ⋆ associative
admettant un élément neutre e. Nous supposons de plus que tout élément
de E a un inverse à gauche et un inverse à droite. Montrer que le couple
(E, ⋆) est un groupe.
(5) Dans un groupe G, quel est l’inverse d’un produit xy ?
(6) Soient a et b deux éléments d’un groupe G. Montrer que l’équation ax = b
a une unique solution x. Cette solution est elle aussi solution de l’équation
xa = b ?
(7) Dans un groupe G, a-t-on (ab)n = an bn pour tout a, b ∈ G et tout n ∈ N ?
Solution.
(1) Si e et e′ sont deux éléments neutres de G, alors
e = ee′ = e′ ,
où l’on utilise successivement que e′ est un élément neutre (à droite) et
que e est un élément neutre (à gauche).
(2) En notant e l’élément neutre de G, on a
a = ae = a(cc−1 ) = (ac)c−1 = (bc)c−1 = b(cc−1 ) = be = b.
De même, on notera que ca = cb implique que a = b.
(3) Si y, z ∈ G vérifient xy = yx = e et xz = zx = e, alors
y = ye = y(xz) = (yx)z = ez = z.
(1)
(4) Soit x ∈ G. Par hypothèse, x possède un inverse à droite y ∈ G (i.e.
yx = e), ainsi qu’un inverse à droite z ∈ G (i.e. xz = e). L’équation
(1) montre alors que y = z. Par conséquent, tout élément a un inverse
simultanément à gauche et à droite, donc G est un groupe.
(5) Pour x, y ∈ G, on a (xy)−1 = y −1 x−1 . En effet,
(xy)(y −1 x−1 ) = e et (y −1 x−1 )(xy) = e
par associativité de la loi de composition.
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(6) Si x ∈ G est une solution de ax = b, alors x = a−1 b par multiplication à
gauche par a. De plus, x = a−1 b est bien une solution de ax = b puisque
a(a−1 b) = (aa−1 )b = eb = b. Similairement, l’équation xa = b possède
l’unique solution x = ba−1 . Les deux solutions sont égales si
a−1 b = ba−1 ,
c’est-à-dire quand ab = ba (multiplier à gauche puis à droite par a). Quand
G n’est pas commutatif, les solutions ne sont donc pas forcément égales.
0
Par exemple, si G = GL2 (R) et a = ( 10 −1
) , b = ( 10 11 ), alors
1 −1
1 1
= ba,
6=
ab =
0 −1
0 −1
donc les solutions des deux équations sont différentes.
(7) Montrons que l’assertion est vérifiée si et seulement si G est commutatif.
Remarquons premièrement que (ab)2 = a2 b2 pour tous a, b ∈ G si et
seulement si ba = ab pour tous a, b, ∈ G, en utilisant le point (2) de
l’exercice. Ainsi, le cas n = 2 est équivalent à la commutativité du groupe.
Si G est commutatif, montrons l’assertion par récurrence sur n ≥ 1. Elle
est évidente pour n = 1. Si m ≥ 3 et si l’hypothèse est vraie pour n = m,
on a
(ab)m+1 = (ab)(ab)m = abam bm = am+1 bm+1
en utilisant le cas n = m, puis la commutativité.
Exercice 2.
(1) Parmi les couples suivants lesquels sont des groupes ?
({0}, +), (N \ {0}, +), (Z, +), (R, +), (N \ {0}, ×), (R2 , +), (R \ {0}, ×).
(2) Soit E un 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’élément neutre
est 0 et l’inverse de 0 est 0. L’associativité de la loi de composition
est claire.
(b) Le couple (N\{0}, +) n’est pas un groupe, puisqu’il n’existe d’élément
neutre : il n’existe pas d’entier n 6= 0 tel que 1 + n = 1.
(c) Le couple (Z, +) est un groupe, l’élément neutre étant 0 et l’inverse
de n ∈ Z étant donné par −n. L’associativité de la loi de composition
est claire.
(d) Le couple (R, +) est un groupe, l’élément neutre et l’inverse sont
comme au point précédent. Notons d’ailleurs que (Z, +) est un sousgroupe de (R, +). L’associativité de la loi de composition est claire.
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(e) Le couple (N \ {0}, ×) n’est pas un groupe puisque tout élément
différent de 1 ne possède pas d’inverse : si n 6= 1 est entier, il n’existe
pas d’entier m tel que nm = 1.
(f) Le couple (R2 , +) est un groupe, dont l’élément neutre est (0, 0) et
où l’inverse d’un élément (x, y) ∈ R2 est donné par (−x, −y). L’associativité de la loi de composition est claire.
(g) Le couple (R \ {0}, ×) est un groupe, d’élément neutre 0, où l’inverse
de x ∈ R \ {0} est 1/x. L’associativité de la loi de composition est
claire.
(2) La composition de deux bijections de E étant encore une bijection de E, la
loi de composition est bien interne. Si f, g, h ∈ Sym(E), alors f ◦ (g ◦ h) =
(f ◦ g) ◦ h puisque
(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 identité id : E → E appartient à Sym(E)
et f ◦ id = id ◦ f = f pour 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 −1 au sens des fonctions bijectives est donc égal
à l’inverse f −1 au sens de la loi de groupe ◦.
Exercice 3.
Montrer que l’ensemble des matrices inversibles GL2 (R) muni de la multiplication des matrices est un groupe.
Solution. Le produit de deux matrices inversibles étant toujours inversible, la
loi de composition est bien interne. Elle possède l’élément neutre I2 = ( 10 01 ) ∈
GL2 (R). Par définition, tout élément de GL2 (R) possède un inverse pour la multiplication par rapport à I2 , donc il suffit de montrer que la loi de composition
est associative. Pour cela, on peut soit faire un calcul explicite, soit se rappeler que la multiplication de matrices est définie pour correspondre à la composition d’applications linéaires, représentées sous forme matricielle par rapport
à une base donnée. Or, on a montré dans l’exercice précédent que la composition 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) ∈ N2 tel
que a = qb + r et r < b.
Définition 1. Les entiers q et r sont appelés respectivement le reste et le
quotient de la division euclidienne de a par b.
(2) Effectuer la division euclidienne de 1564 par 35.
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(3) Que se passe-t-il quand on remplace N par Z ?
Solution.
(1) Nous cherchons à approximer au plus près a par un multiple de b.
Considérons 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 cherché. Notons que par définition, r ≥ 0. De plus,
r < b, puisque si r ≥ b, on aurait b(q + 1) ≤ a, ce qui contredirait la
maximalité de q. Montrons maintenant qu’un tel couple est unique. Si
(q ′ , r′ ) ∈ N2 vérifie les mêmes conditions, alors on a
b(q − q ′ ) = r′ − r.
Sans perte de généralité, 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 + r et |r| < |b|. Néanmoins, celui-ci n’est plus forcément
unique.
En effet, soit (q, r) le couple obtenu par division euclidienne dans N de
|a| par |b|. On a |a| = q|b| + r et r < |b|. Rappelons que pour x ∈ R, on
définit
(
1
si x ≥ 0
sgn(x) =
−1 sinon,
vérifiant l’égalité |x| = x sgn(x). Par conséquent,
sgn(a)a = qb sgn(b) + r,
d’où
a = bq sgn(b) sgn(a) + r sgn(a).
Puisque |r sgn(a)| = r < |b|, le couple (q sgn(b) sgn(a), r sgn(a)) ∈ Z2 est
le couple cherché. Il n’y a pas unicité en général puisque
a = b(q sgn(b) + 1) sgn(a) + (r − b) sgn(a)
avec |(r − b) sgn(a)| = b − r < b si r, b > 0.