Sujet Partiel S1 Algèbre 1et son corrigé

Université Mouloud Mammeri Tizi-Ouzou
Année 2016/2017
Département Mathématiques et Informatique
Module : Algèbre 1
Epreuve de moyenne durée n°1
Exercice1 : On considère un ensemble E et A, B et C trois parties de E. On note Ac le
complémentaire de A dans E.
1°) Rappeler la définition de la différence A\B.
2°) Montrer les propriétés suivantes :
a) ( A \ B ) \ C = A \ ( B ∪ C ).
b) A ∩ ( Ac ∪ B ) = A ∩ B.
Exercice2 : Soient E, F, G et H des ensembles, f une application de E dans F, g une
application de F dans G et h une application de G dans H.
Montrer que si g o f et h o g sont bijectives, alors f, g et h sont bijectives.
∗ On pourra utiliser les résultats démontrés en T.D.
Exercice3 : Dans l’ensemble des entiers relatifs Z on définit les lois de composition internes
suivantes :
-
Pour tous a et b ∈ Z, a ∗ b = a – b,
Pour tous a et b ∈ Z, a T b = a² + b².
Etudier l’associativité, la commutativite, l’éxistence d’élément neutre, d’éléments
symétriques pour chacune de ces deux lois.
Exercice4 : Soit ( G , . ) un groupe multiplicatif d’élément neutre 1 et H un sous-groupe de G.
On définit la relation binaire R sur G suivante : x R y <==> x y -1 ∈ H.
1°) Rappeler la définition d’un sous-groupe.
2°) Soient x et y ∈ G, montrer que (x y )-1 = y-1 x-1.
3°) Montrer que R est une relation d’équivalence sur G.
Corrigé de l’épreuve
Exercice1(5points)
1°) Voir le cahier de cours.
2°) a) (A \ B ) \ C = (A ∩ Bc)∩Cc = A ∩ (Bc ∩ Cc) = A ∩ (B ∪ C)c = A\(B ∪ C).
c) A ∩ (Ac ∪ B) = (A ∩ Ac) ∪ (A ∩ B) = ∅ ∪(A ∩ B) = A ∩ B.
Exercice2(5points)
Si gof est bijective, alors f est injective (1) et g est surjective(2)
Si hog est bijective, alors g est injective(3) et h est surjective(4)
Ces résultats ont été démontrés en TD.
(2) et (3) impliquent que g est bijective, donc elle admet une bijection réciproque g-1.
Donc g-1o(gof) = (g-1og)of = f est bijective et (hog)og-1 = ho(gog-1) = h est bijective.
Exercice3(5points)
-
-
- Pour tous a, b et c ∈ Z on a :
a∗(b∗c) = a∗(b – c)) = a – (b – c) = a – b + c.
et (a∗b)∗c = (a – b)∗c = (a – b) – c = a – b – c
Donc la loi∗ n’est pas associative.
-Pour tous a et b ∈ Z on a :
a∗b = a – b
et b∗a = b – a
Donc la loi ∗ n’est pas commutative.
-Existence d’un élément neutre.
Comme la loi n’est pas commutative, il faut étudier l’existence d’un élément neutre à
droite et à gauche.
On a a∗e = a implique a – e = a, donc e = 0 est neutre à droite.
D’autre part 0∗a = 0 – a = -a, donc 0 n’est pas neutre à gauche
-Eléments symétrisables.
A droite : a∗a’ = 0 implique a – a’ = 0, donc a’ = a. Tout élément a est symétrisable à
droite et son symétrique est égal à a.
A gauche : Aucun élément n’est symétrisable à gauche car il n’y a pas d’élément neutre
à gauche.
Pour tous a, b et c ∈ Z on a :
-aT(bTc) = aT(b² + c²) = a² + (b² + c²)²
et (aTb)Tc = (a² + b²)Tc = (a² + b²)² + c²
Donc la loi T n’est pas associative.
-Pour tous a et b ∈ Z on a :
aTb = a² + b² = b² + a² = bTa. Donc la loi T est commutative.
-Existence d’un élément neutre.
aTe =a² + e² = a implique e² = a – a², donc e = 𝑎 − 𝑎² qui n’appartient pas à Z. La loi T
n’admet pas d’élément neutre.
-Eléments symétrisables.
Comme il n’y a pas d’élément neutre, aucun élément de Z n’est symétrisable.
Exercice4(5points)
1°) Voir le cahier de cours
2°) Voir le cahier de TD
3°) -Pour tout x ∈ G, on a xx-1 = 1 ∈ H, donc H n’est pas vide. La relation R est réfléxive.
-Pour tous x et y ∈ G tels que xRy, on a xy-1∈ H, donc (xy-1)-1 = yx-1 ∈ 𝐻, donc yRx. La
relation R est symétrique.
-Pour tous x, y et z ∈ Z tels que xRy et yRz on a xy-1 ∈ H et yz-1 ∈ H, donc ( xy-1)(yz-1) =
x(y-1y)z-1 = xz-1 ∈ H, donc xRz. La relation R est transitive.
Finalement , R est une relation d’équivalence.