correction rattrapage alg1

Université Abdel Hamid Ibn Badis Mostaganem
Département de Mathématiques-Informatique
1iere Année Licence MIAS
Responsable de la matière : S. M. Bahri
Algèbre1
Correction Rattrapage
(07 Avril 2013)
Exercise 1 (04 points) i) La proposition P ) Q est vraie, par contre Q ) P
est fausse.
ii) On en conclut que ces deux propositions ne sont pas équivalentes.
Exercise 2 (06 points)
1. On suppose S une relation d’équivalence, c’està-dire que la relation est ré‡exive, symétrique et transitive.
Montrons que R est une relation d’équivalence aussi.
ré‡exive : Soit x 2 E. On a f (x) 2 F . Comme S est une relation
d’équivalence, on a f (x)Sf (x) donc xRx.
symétrique : Soit x; y 2 E. On suppose xRy. On a
f (x)Sf (y) ) f (y)Sf (x)
car S est symétrique, d’où
[xRy , f (x)Sf (y)] ) [f (y)Sf (x) ) yRx] :
transitive : Soit x; y; z 2 E. On suppose xRy et yRz. Alors on a
f (x)Sf (y) et f (y)Sf (z):
Comme S est transitive, on a alors f (y)Sf (z) ce qui est équivalent à xRz.
Donc la relation R est une relation d’équivalence.
2. On a montrer dans la question 1. que si la relation S est ré‡exive et
transivite alors R l’est aussi.
On suppose que f est injective et que S est une relation d’ordre.
Montrons donc que R est anti-symétrique. Soit x; y 2 E tel que xRy et
yRx. On a alors f (x)Sf (y) et f (y)Sf (x) qui implique que f (x) = f (y).
Comme la fonction f est injective, f (x) = f (y) implique que x = y. Donc
R est une anti-symétrique et est donc une relation d’ordre.
(pour montrer que A ) B, on suppose A; et, à partir de là on montre que
B est vraie.)
Exercise 3 (10 points)
1. (a) Dé…nition d’un monoïde : un monoïde est
une structure algébrique consistant en un ensemble muni d’une loi de
composition interne associative.
1
(b) Soient (x; y); (x0 ; y 0 ) 2 R2 ; alors
(x0 ; y 0 ) = (xx0
(x; y)
yy 0 ; xy 0 + x0 y)
et comme l’addition et le produit sont deux lois de compositions internes dans R, alors
xx0
yy 0 2 R et xy 0 + x0 y 2 R:
L’associativité de
se déduit de l’associativité de l’addition et du
produit dans R:
Donc R2 n f(0; 0)g ;
est un monoïde.
(c) On véri…t facilement que (1; 0) est l’unique élément neutre de dans
R2 n f(0; 0)g :
(d) On montre facilement que le symétrique d’un élément (x; y) 2 R2 n f(0; 0)g
pour la loi a la forme suivante :
y
x
;
x2 + y 2 x2 + y 2
:
(e) Maintenant, d’aprés les questions précédentes, il su¢ t de véri…er la
commutativité de la loi
pour que R2 n f(0; 0)g ;
soit un groupe
abélien (commutatif ). En e¤ et, on a pour (x; y); (x0 ; y 0 ) 2 R2
(x0 ; y 0 )
= (x0 x y 0 y; x0 y + xy 0 )
= (xx0 yy 0 ; xy 0 + x0 y)
= (x; y) (x0 ; y 0 ):
(x; y)
2. (a) Dé…nition d’un sous-groupe : On dit que (H; ) est un sous-groupe
de R2 n f(0; 0)g ;
si (H; ) est un groupe dont la loi
s’obtient
par restriction de à H H.
(b)
On commence par montrer que la loi de composition interne
est également une loi de composition interne sur H. Soient (x; y)
et (x0 ; y 0 ) 2 H, on a donc :
(x; y)
(x0 ; y 0 ) = (xx0
yy 0 ; xy 0 + x0 y):
On véri…e que
(xx0
yy 0 )2 + (xy 0 + x0 y)2 = 1:
En e¤ et
(xx0
yy 02 ) + (xy 0 + x0 y)2
Donc (x; y) (x0 ; y 0 ) 2 H et
sur H.
2
=
=
=
=
xx02 2xx0 yy 0 + y 2 y 02 + x2 y 02 + 2xy 0 x0 y + x02 y 2
x2 (x02 + y 02 ) + y 2 (x02 + y 02 )
(x2 + y 2 )(x02 + y 02 )
1:
est une loi de composition interne
Element neutre :
(1; 0) est l’élément neutre de R2 n f(0; 0)g ;
: En e¤ et, (1; 0)
appartient à H (12 + 02 = 1).
Donc H admet un élément neutre.
Symétrique :
y
x
2
: On véri…e
x2 +y 2 ; x2 +y 2 est le symétrique de R n f(0; 0)g ;
qu’il appartient à H
x2 =(x2 + y 2 )2 + ( y)2 =(x2 + y 2 )2
=
=
=
=
(x2 + y 2 )=(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )=(1)2
1=1
1
(On prend (x; y) dans H, donc x2 + y 2 = 1).
Associativité :
est associative dans R2 n f(0; 0)g : Soit (a; b); (c; d); (x; y) 2 H;
alors
((a; b)
(c; d))
(e; f ) = (a; b) ((c; d) (e; f ))
= (ace adf bcf bde; acf + ade + bce
Après simpli…ation, on obtient que
(ace
adf
bcf
bde)2 + (acf + ade + bce
On a donc que est associative sur H.
Conclusion : H est donc un sous groupe.
3
bdf )2 = 1:
bdf )