Corrigé du Contrôle Intermédiaire

E.S.I.
1CPA et 1CPB.
Module : Algèbre I.
Novembre 2012
Corrigé du Contrôle Intermédiaire
Exercice 1 : (14 pts)
Sur l’ensemble R, on considère la loi de composition suivante :
x ∗ y = x + y − xy
pour tous x, y ∈ R.
I/ 1- Soient x, y ∈ R \ {1}. Montrer que x + y − xy 6= 1.
Soient x, y ∈ R \ {1} et supposons que x ∗ y = 1.
x∗y =1
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x + y − xy = 1
x(1 − y) + y − 1 = 0
(1 − y)(x − 1) = 0
y = 1 ou x = 1.
D’où x ∗ y 6= 1 car par hypothèse x 6= 1 et y 6= 1.
(1 pts)
2- Montrer que (R \ {1}, ∗) est un groupe abélien.
i) On déduit de la question précédente que ∗ est une LCI dans R \ {1}.
(0,5 pts)
ii) Soient x, y, z ∈ R \ {1} :
(x ∗ y) ∗ z =
=
=
=
=
=
=
D’où ∗ est associative.
(x + y − xy) ∗ z
(x + y − xy) + z − (x + y − xy)z
x + y − xy + z − xz − yz + xyz
x + (y + z − yz) − xy − xz + xyz
x + (y ∗ z) − x(y + z − yz)
x + (y ∗ z) − x(y ∗ z)
x ∗ (y ∗ z).
(1 pts)
iii) Soient x, y ∈ R \ {1} :
x ∗ y = x + y − xy
= y + x − yx
= y ∗ x.
D’où ∗ est commutative.
(0,5 pts)
iv) Supposons qu’il existe e ∈ R \ {1} tel que pour tout x ∈ R \ {1} : x ∗ e = x, alors :
x∗e=x
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x + e − xe = x
e − xe = 0
e(1 − x) = 0
e = 0 (car x 6= 1).
1
D’où e = 0 est un élément neutre.
(1 pts)
v) Supposons que pour tout x ∈ R \ {1}, il existe x0 ∈ R \ {1} tel que x ∗ x0 = 0, alors :
x ∗ x0 = 0
x + x0 − xx0 = 0
x0 (1 − x) = −x
x
⇐⇒ x0 =
(car x 6= 1).
x−1
x
D’où, tout x ∈ R \ {1} admet pour symétrique x0 =
.
(1 pts)
x−1
⇐⇒
⇐⇒
Conclusion : (R \ {1}, ∗) est un groupe abélien.
3- Soit f : (R∗ , ·) −→ (R \ {1}, ∗) l’application définie par f (x) = 1 − (1/x).
a) Montrer que f est un morphisme de groupes.
Soient x, y ∈ R∗ :
f (x) ∗ f (y) =
=
=
=
=
1
1 ∗ 1−
1−
x
y
1 1 1 1
1−
+ 1−
− 1−
1−
x
y
x
y
1
1
1 1
1
1− +1− −1+ + −
x
y
x y xy
1
1−
xy
f (x · y).
D’où f est un morphisme de groupes.
(1,5 pts)
b) Calculer ker(f ).
ker(f ) = {x ∈ R∗ : f (x) = 0}
1
= {x ∈ R∗ : 1 − = 0}
x
1
= {x ∈ R∗ : 1 = }
x
= {x ∈ R∗ : x = 1}
= {1}.
D’où ker(f ) = {1}.
(1,5 pts)
c) Montrer que f est un isomorphisme de groupes.
i) D’après la question précédente on a ker(f ) = {1}, on en déduit que f est un
morphisme injectif.
(1 pts)
Montrons que f est surjectif. Soit y ∈ R \ {1} et supposons qu’il existe x ∈ R∗ tel
que y = f (x) :
y = f (x)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2
y =1−
1
x
1
=1−y
x
1 = x(1 − y)
1
x=
.
1−y
D’où ∀y ∈ R \ {1}, ∃x ∈ R∗ , x =
1
: y = f (x) et donc f est surjectif. (1,5 pts)
1−y
On en déduit que f est un morphisme bijectif (i.e., f est un isomorphisme). (0,5 pts)
II/ 1- Vérifier que pour tous x, y ∈ R, on a : x ∗ y = 1 − (1 − x)(1 − y).
Soient x, y ∈ R :
x∗y =
=
=
=
=
D’où x ∗ y = 1 − (1 − x)(1 − y).
x + y − xy
x + y(1 − x) + 1 − 1
y(1 − x) − (1 − x) + 1
(1 − x)(y − 1) + 1
1 − (1 − x)(1 − y).
(0,5 pts)
2- Pour tout entier n ≥ 2 et x ∈ R, évaluer la puissance nème :
x
. . ∗ x} .
| ∗ .{z
n fois
Pour n = 2 on a : x ∗ x = 1 − (1 − x)2 .
Pour n = 3 on a :
x ∗ (x ∗ x) = x ∗ [1 − (1 − x)2 ]
h
i
2
= 1 − (1 − x) 1 − 1 − (1 − x)
= 1 − (1 − x)(1 − x)2
= 1 − (1 − x)3 .
Montrons par récurrence qu’on a :
∀n ≥ 2 :
x
. . ∗ x} = 1 − (1 − x)n .
| ∗ .{z
(1 pts)
n fois
On a déjà vérifié que cette dernière équation est vraie pour n = 2. Supposons qu’elle est
vraie pour un entier n ≥ 2 et montrons qu’elle reste vraie pour n + 1.
(0,5 pts)
. . ∗ x} = x ∗ (x ∗ . . . ∗ x)
|x ∗ .{z
|
{z
}
(n+1) fois
n fois
= x ∗ [1 − (1 − x)n ]
h
i
= 1 − (1 − x) 1 − 1 − (1 − x)n
= 1 − (1 − x)(1 − x)n
= 1 − (1 − x)n+1 .
D’où : ∀n ≥ 2 :
x
. . ∗ x} = 1 − (1 − x)n .
| ∗ .{z
(1 pts)
n fois
Exercice 2 : (6 pts)
On définit sur Z la relation R par :
∀n, m ∈ Z, nRm ⇐⇒ n + m est pair.
1. Montrer que R est une relation d’équivalence.
3
(a) On a ∀n ∈ Z : n + n = 2n, et 2n est pair, donc ∀n ∈ Z : nRn. D’où R est
reflexive.
(0,5 pts)
(b) Soient n, m ∈ Z :
nRm =⇒ n + m est pair
=⇒ m + n est pair
=⇒ mRn.
D’où R est symétrique.
(0,5 pts)
(c) Soient n, m, r ∈ Z :
nRm
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
n + m est pair
∃α ∈ Z : n + m = 2α
∃α ∈ Z : n = 2α − m.
mRr
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
m + r est pair
∃β ∈ Z : m + r = 2β
∃β ∈ Z : r = 2β − m.
d’où on obtient :
n + r = (2α − m) + (2β − m)
= 2α + 2β − 2m
= 2(α + β − m).
comme α+β −m ∈ Z, alors n+r est pair et donc (nRm et mRr) =⇒ nRr) ,
c’est-à-dire que R est transitive.
(1,5 pts)
Conclusion : R est une relation d’équivalence.
2. Calculer cl(0) et cl(1).
cl(0) =
=
=
=
D’où cl(0) = 2Z.
(1 pts)
cl(1) =
=
=
=
D’où cl(1) = 2Z + 1.
{n ∈ Z : 0Rn}
{n ∈ Z : 0 + n est pair}
{n ∈ Z : n est pair}
2Z.
{n ∈ Z : 1Rn}
{n ∈ Z : 1 + n est pair}
{n ∈ Z : n est impair}
2Z + 1.
(1 pts)
3. Vérifier que cl(0) et cl(1) forment une partition de Z.
(a) cl(0) = 2Z 6= ∅ et cl(1) = 2Z + 1 6= ∅.
(0,5 pts)
(b) cl(0) ∩ cl(1) = 2Z ∩ (2Z + 1) = ∅.
(0,5 pts)
(c) cl(0) ∪ cl(1) = 2Z ∪ (2Z + 1) = Z.
(0,5 pts)
Conclusion : cl(0) et cl(1) forment une partition de Z.
4