correction rattrapage alg1

Université Abdel Hamid Ibn Badis Mostaganem
Département de Mathématiques-Informatique
1iere Année Licence MIAS
Responsable de la matière : S. M. Bahri
Algèbre1
Correction Rattrapage
(07 Avril 2013)
Exercise 1 (04 points) i) La proposition P)Qest 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 Sune relation d’équivalence, c’est-
à-dire que la relation est ré‡exive, symétrique et transitive.
Montrons que Rest une relation d’équivalence aussi.
ré‡exive : Soit x2E. On a f(x)2F. Comme Sest une relation
d’équivalence, on a f(x)Sf(x)donc xRx.
symétrique : Soit x; y 2E. On suppose xRy. On a
f(x)Sf(y))f(y)Sf(x)
car Sest symétrique, d’où
[xRy,f(x)Sf(y)] )[f(y)Sf(x))yRx]:
transitive : Soit x; y; z 2E. On suppose xRyet yRz. Alors on a
f(x)Sf(y)et f(y)Sf(z):
Comme Sest transitive, on a alors f(y)Sf(z)ce qui est équivalent à xRz.
Donc la relation Rest une relation d’équivalence.
2. On a montrer dans la question 1. que si la relation Sest ré‡exive et
transivite alors Rl’est aussi.
On suppose que fest injective et que Sest une relation d’ordre.
Montrons donc que Rest anti-symétrique. Soit x; y 2Etel que xRyet
yRx. On a alors f(x)Sf(y)et f(y)Sf(x)qui implique que f(x) = f(y).
Comme la fonction fest injective, f(x) = f(y)implique que x=y. Donc
Rest 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
Best 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.
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(b) Soient (x; y);(x0; y0)2R2;alors
(x; y)(x0; y0) = (xx0yy0;xy0+x0y)
et comme l’addition et le produit sont deux lois de compositions in-
ternes dans R, alors
xx0yy02Ret xy0+x0y2R:
L’associativité de se déduit de l’associativité de l’addition et du
produit dans R:
Donc R2n f(0;0)g;est un monoïde.
(c) On véri…t facilement que (1;0) est l’unique élément neutre de dans
R2n f(0;0)g:
(d) On montre facilement que le symétrique d’un élément (x; y)2R2n f(0;0)g
pour la loi a la forme suivante :
x
x2+y2;y x2+y2:
(e) Maintenant, d’aprés les questions précédentes, il su¢ t de véri…er la
commutativité de la loi pour que R2n f(0;0)g;soit un groupe
abélien (commutatif). En e¤et, on a pour (x; y);(x0; y0)2R2
(x0; y0)(x; y)=(x0xy0y;x0y+xy0)
= (xx0yy0;xy0+x0y)
= (x; y)(x0; y0):
2. (a) Dé…nition d’un sous-groupe : On dit que (H;)est un sous-groupe
de R2n f(0;0)g;si (H;)est un groupe dont la loi s’obtient
par restriction de àH  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; y0)2 H, on a donc :
(x; y)(x0; y0) = (xx0yy0; xy0+x0y):
On véri…e que
(xx0yy0)2+ (xy0+x0y)2= 1:
En e¤et
(xx0yy02)+(xy0+x0y)2=xx022xx0yy0+y2y02+x2y02+ 2xy0x0y+x02y2
=x2(x02+y02) + y2(x02+y02)
= (x2+y2)(x02+y02)
= 1:
Donc (x; y)(x0; y0)2 H et est une loi de composition interne
sur H.
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Element neutre :
(1;0) est l’élément neutre de R2n f(0;0)g;:En e¤et, (1;0)
appartient à H(12+ 02= 1).
Donc Hadmet un élément neutre.
Symétrique :
x
x2+y2;y x2+y2est le symétrique de R2n f(0;0)g;:On véri…e
qu’il appartient à H
x2=(x2+y2)2+ (y)2=(x2+y2)2= (x2+y2)=(x2+y2)2
= (x2+y2)=(1)2
= 1=1
= 1
(On prend (x; y)dans H, donc x2+y2= 1).
Associativité :
est associative dans R2n 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 bdf )
Après simpli…ation, on obtient que
(ace adf bcf bde)2+ (acf +ade +bce bdf )2= 1:
On a donc que est associative sur H.
Conclusion : Hest donc un sous groupe.
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