Série 3 (Corrigé) - ANMC

Algèbre linéaire avancée I
Prof. A. Abdulle
Jeudi 1 octobre 2015
EPFL
Série 3 (Corrigé)
? L’exercice 2 peut être rendu le jeudi 1er Octobre aux assistants jusqu’à 15h.
Exercice 1 Pour quel ensemble G muni de la lois de composition ◦, le couple (G , ◦) est
un groupe ?
a) G = R et x ◦ y := x + y − xy.
(
!
)
1 a
b) G =
: a ∈ R , b ∈ R\{0} et ◦ est la multiplication matricelle ordinaire.
0 b
c) G = R et x ◦ y := (xn + y n )1/n pour un nombre impair naturel n.
d) G = Z et x ◦ y := (x + y)2 .
e) G = {A ∈ Mn×n (R) ; ou A est une matrice diagonale avec des éléments non nuls sur
la diagonale} et ◦ est la multiplication matricelle ordinaire.
Sol.:
a) Ce couple n’est pas un groupe. L’élément neutre de groupe est e = 0. En fait x ◦ 0 =
x + 0 − 0 = x et 0 ◦ y = 0 + y − 0 = y. Mais pour 1 ∈ G il n’existe pas d’élément
inverse y ∈ G, parce que l’équation 0 = 1 ◦ y = 1 + y − y = 1 n’a pas de solution.
b) Ce couple est un groupe. Pour A1 , A2 ∈ G on a
1 a1
A1 ◦ A2 =
0 b1
!
!
!
1 a2 + a1 b 2
1 a2
∈ G,
=
0
b1 b2
0 b2
et donc la loi de composition est bien définie. L’élément neutre du groupe est la matrice
identité I2 . L’associativité résulte de l’associativité de la multiplication des matrices
dans GL(2). L’inverse de A ∈ G est
!
A
−1
1 −a/b
=
∈ G.
0 1/b
On notera que, si b ∈ R\{0}, 1/b existe toujours.
c) Ce couple est un groupe. La loi de composition est bien définie parce que (xn +y n )1/n ∈
G pour tout x, y ∈ G. L’élément neutre est e = 0, parce que (0+xn )1/n = (xn +0)1/n =
x. L’inverse de x ∈ G est −x, parce que
((−x)n + xn )1/n = (xn + (−x)n )1/n = (xn − xn )1/n = 0 .
On remarque en fait que n est impair. L’associativité resulte de
(a ◦ b) ◦ c = (((an + bn )1/n )n + cn )1/n
= (an + bn + cn )1/n
= (an + ((bn + cn )1/n )n )1/n
= a ◦ (b ◦ c) .
1
d) Ce couple n’est pas un groupe. Bien que la loi de composition ◦ soit bien définie, il
n’y a aucun élément neutre (et donc on a pas de inversibilité). De plus l’associativité
n’est pas définie. En fait, par exemple,
(2 ◦ 0) ◦ 0 = 16 6= 4 = 2 ◦ (0 ◦ 0) .
e) Ce couple est un groupe. Pour A1 , A2 ∈ G on a
a 0
A1 ◦ A2 = 1
0 b1
!
!
!
a2 0
aa
0
= 1 2
∈ G,
0 b2
0 b1 b2
et donc la loi de composition est bien définie. L’élément neutre du groupe est la matrice
identité I2 . L’associativité resulte de l’associativité de la multiplication des matrices
dans GL(2). L’inverse de
!
a 0
A=
∈G
0 b
est
!
−1
A
1/a 0
=
∈ G.
0 1/b
On note que, si a , b ∈ R\{0}, 1/a et 1/b existent toujours.
? Exercice 2 Prouver le Lemme suivant.
Soit H un ensemble muni d’une loi de composition ∗ : H ×H → H, (a, b) → a∗b associative
(on dit que H est un semi-groupe).
On suppose qu’il existe un élément e ∈ H tel que a ∗ e = e ∗ a = a pour tout a ∈ H.
On définit alors H ∗ = {a ∈ H ; il existe a−1 avec a−1 ∗ a = a ∗ a−1 = e}.
Alors, l’ensemble H ∗ muni de la loi de composition ∗ est un groupe.
Sol.: Il faut vérifier que H ∗ est stable. Tout d’abord H ∗ 6= ∅, car e ∈ H ∗ . Ensuite si
a, b ∈ H ∗ alors (a ∗ b) ∈ H ∗ . En effet on obtient
(b−1 ∗ a−1 ) ∗ (a ∗ b)
= b−1 ∗ (a−1 ∗ (a ∗ b))
= b−1 ∗ ((a−1 ∗ a) ∗ b)
= b−1 ∗ (e ∗ b)
= b−1 ∗ b
=e
pr. ass.
pr. ass.
−1
a inverse de a
e neutre
−1
b inverse de b .
De même pour (a ∗ b) ∗ (b−1 ∗ a−1 ) = ... = e. L’associativité de la loi de composition dans H ∗
est héritée de l’associativité dans H, de même que la propriété de l’élément neutre puisque
a ∗ e = e ∗ a = a pour tout a ∈ H.
Exercice 3 Soit SO(2) l’ensemble composé des matrices de rotations
(
!
)
cos(ϑ) sin(ϑ)
SO(2) = G(ϑ) =
;ϑ∈R
− sin(ϑ) cos(ϑ)
2
.
Montrer que (SO(2), ◦) est un sous-groupe de (GL(2), ◦), ou ◦ est la multiplication matricelle ordinaire.
Sol.: SO(2) est évidemment non vide. Pour A1 , A2 ∈ SO(2), A1 = G(α), A2 = G(β)
on a
cos(α) sin(α)
A1 ◦ A2 =
− sin(α) cos(α)
!
!
cos(β) sin(β)
− sin(β) cos(β)
!
cos(α + β) sin(α + β)
=
∈ SO(2) .
− sin(α + β) cos(α + β)
Enfin pour tout A = G(ϑ) ∈ SO(2) on a que
!
A
−1
!
cos(ϑ) − sin(ϑ)
cos(α) sin(α)
=
=
∈ SO(2) ,
sin(ϑ) cos(ϑ)
− sin(α) cos(α)
ou α = −ϑ ∈ R.
Exercice 4 Soit (G, ·) un groupe. Soit f : G → G l’application définie par f (x) = x−1
(l’inverse de x ∈ G) et soit h : G → G l’application définie par h(x) = x2 .
a)
b)
c)
d)
Qu’est-ce qu’un homomorphisme de groupes ?
Montrer que f est un homomorphisme de groupes si et seulement si G est abélien.
Montrer que h est un homomorphisme de groupes si et seulement si G est abélien.
En déduire que si dans un groupe tout élément est son propre inverse, alors ce groupe
est abélien.
Sol.: Pour maîtriser la notion d’implication, voir le chapitre 7 du livre de Houston.
a) On se donne un groupe H avec une loi de groupe ∗, et un groupe K avec une loi
de groupe ◦. Une application ϕ : H → K est un homomorphisme de groupes si elle
satisfait la propriété suivante : pour tous x, y ∈ H, ϕ(x ∗ y) = ϕ(x) ◦ ϕ(y).
b) Comme la loi de groupe de G est ·, on écrit simplement xy au lieu de x · y. Pour
x, y ∈ G,
f (xy) = f (x)f (y) ⇐⇒ (xy)−1 = x−1 y −1 ⇐⇒ ((xy)−1 )−1 = (x−1 y −1 )−1 ⇐⇒ xy = yx ,
car l’inverse d’un produit est le produit des inverses dans l’autre ordre. Par conséquent
f est un homomorphisme de groupes ⇐⇒ f (xy) = f (x)f (y) ∀x, y ∈ G
⇐⇒ xy = yx ∀x, y ∈ G
⇐⇒ G est abélien .
c) Pour x, y ∈ G,
h(xy) = h(x)h(y) ⇐⇒ (xy)2 = x2 y 2 ⇐⇒ xyxy = xxyy ⇐⇒ yx = xy ,
car dans un groupe on peut simplifier (ici simplifier x à gauche et simplifier y à
droite). Par conséquent
h est un homomorphisme de groupes ⇐⇒ h(xy) = h(x)h(y) ∀x, y ∈ G
⇐⇒ xy = yx ∀x, y ∈ G
⇐⇒ G est abélien .
3
d) Si x = x−1 pour tout x ∈ G, alors l’application f est l’identité. Or l’application
identité est bien sûr un homomorphisme de groupes. En appliquant alors la partie b),
on en déduit que G est abélien.
On peut aussi raisonner en constatant que x2 = 1, car x = x−1 pour tout x. Il s’ensuit
que l’application h est l’application constante h(x) = 1 pour tout x. Or il est clair que
cette application constante est un homomorphisme de groupes, car h(xy) = 1 = 1 · 1 =
h(x)h(y) ∀x, y ∈ G. Cela signifie donc que h est un homomorphisme de groupes. En
appliquant alors la partie c), on en déduit que G est abélien.
Exercice 5 Parmi les assertions suivantes, lesquelles sont correctes ?
a) Le noyau d’un homomorphisme de groupes peut être vide.
b) Dans un groupe fini ayant un nombre pair d’éléments, il existe un élément, distinct
de l’élément neutre, qui est son propre inverse.
Sol.:
a) Non. Le noyau d’un homomorphisme de groupes f : G → H contient au moins l’élément neutre de G, donc il n’est jamais vide. Rappelons que, par un homomorphisme
de groupes f : G → H, l’image de l’élément neutre de G est toujours égale à l’élément
neutre de H. Cela signifie, par définition, que l’élément neutre de G appartient au
noyau de f .
b) Oui. Soit G un groupe fini avec Card (G) pair. Soit X le sous-ensemble de tous les
éléments de G qui sont égaux à leur inverse et soit Y le sous-ensemble de tous les
éléments de G qui ne sont pas égaux à leur inverse. Ainsi G est la réunion disjointe de X et de Y . Les éléments de Y se regroupent par paires, chaque paire contenant un élément et son inverse, et donc Card (Y ) est un nombre pair. Il s’ensuit que
Card (X) = Card (G) − Card (Y ) est aussi pair (car Card (G) est pair). Comme la
partie X contient l’élément neutre et contient un nombre pair d’éléments, elle doit
aussi contenir un autre élément, ce qui prouve l’existence d’un élément, distinct de
l’élément neutre, qui est son propre inverse.
Exercice 6 Soit G = {x ∈ R | 0 ≤ x < 1} muni de la loi de composition ? donnée par
(
x ? y :=
x+y
si x + y < 1
x + y − 1 si x + y ≥ 1
a) Montrer que (G, ?) est un groupe.
b) Soit SO(2) le groupe des matrices de rotations. Montrer que l’application f : G →
SO(2) définie par
!
cos(2πx) sin(2πx)
f (x) =
− sin(2πx) cos(2πx)
est un homorphisme de groupes entre (G , ?) et (SO(2) , ◦), ou ◦ est la multiplication
matricelle ordinaire.
c) Déterminer le noyau de f .
d) Est-ce que f est injective ?
4
e) L’application f est-elle un isomorphisme de groupes ?
Sol.:
a) Soient x, y, z ∈ G. La loi consiste à additionner, sauf qu’il faut soustraire 1 si le
résultat dépasse 1. Il s’ensuit qu’on trouve



x+y+z
(x ? y) ? z = x + y + z − 1


x+y+z−2
si
si
si
0≤x+y+z <1
1≤x+y+z <2
2≤x+y+z <3
et on trouve également le même résultat pour x ? (y ? z). Donc la loi de composition
? est associative.
L’élément 0 est l’élément neutre, car 0 ? x = 0 + x = x, vu que x < 1 pour tout x ∈ G,
et de même, x ? 0 = x + 0 = x.
L’élément inverse de l’élément neutre 0 est 0, car 0 + 0 = 0 et 0 < 1. La situation
est différente pour x ∈ G si x 6= 0. L’élément inverse de x est alors 1 − x car
x ? (1 − x) = x + (1 − x) − 1 vu que x + (1 − x) = 1 ≥ 1. On trouve bien x ? (1 − x) =
x + (1 − x) − 1 = 0, l’élément neutre. Pour la même raison, (1 − x) ? x = 0. Par
conséquent 1 − x est l’élément inverse de x.
b) Pour x, y ∈ G, si x + y < 1, alors f (x ? y) = f (x + y) et si x + y ≥ 1, alors
f (x ? y) = f (x + y − 1) = f (x + y), car deux angles qui diffèrent par un multiple entier
de 2π définissent la même rotation. De plus f (x + y) = f (x) ◦ f (y) car la composée
de deux rotations d’angles α et β donne une rotation d’angle α + β. Donc dans tous
les cas,
f (x ? y) = f (x + y) = f (x) ◦ f (y) ,
ce qui montre que f est un homomorphisme de groupes.
c) L’élément neutre de (SO(2) , ◦) est la matrice identité I. Pour x ∈ G, x ∈ Ker (f ) si
et seulement si f (x) = I si et seulement si x = 0, vu que 0 ≤ x < 1. Le noyau de f
est donc {0}.
d) Puisque le noyau de f est {0}, l’homomorphisme f est injectif.
e) Pour toute rotation de angle α, quitte à enlever un multiple entier de 2π, on peut
supposer que 0 ≤ α < 2π et donc 0 ≤ α/2π < 1. On a
!
cos(α) sin(α)
f (α/2π) =
,
− sin(α) cos(α)
ce qui montre que f est surjectif. Par ailleurs f est injectif par d). Ainsi f est un
homomorphisme bijectif, c’est-à-dire un isomorphisme de groupes.
Exercice 7 Montrer que la table de Cayley d’un semi-groupe (G , ◦) est une table de
groupe si et seulement si tous les éléments de G apparaissent au plus une fois dans chaque
ligne et dans chaque colonne.
Application (Sudoku) : Soit G = {e , a , b}. Compléter la table suivante afin que (G , ◦) soit
un groupe :
5
◦ e
e e
a a
b b
a
a
?
?
b
b
?
?
Sol.: On rapelle les Lemmes 4 et 5 du sous-chapitre sur les groupes (Ch. concepts d’algèbre)
Lemme 4. Soit (G, ∗) un groupe. Alors les règles de simplifications suivantes sont vraies
i) si a ∗ b = a ∗ b0 pour a, b, b0 ∈ G alors b = b0
ii) si a ∗ b = a0 ∗ b pour a, a0 , b ∈ G alors a = a0 .
Lemme 5. Soit (H, ∗) un semi-groupe, non vide, de dimension finie. Alors (H, ∗) est un
groupe si et seulement si les propriétés i) et ii) du Lemme 4 sont vraies.
⇒) Soit la table de Cayley d’un semi-groupe (G, ◦) et assumons qu’il s’agit d’une table de
groupe. Donc par définition (G, ◦) est un groupe. Ainsi
1. pour chaque a, b, b0 ∈ G, si b 6= b0 , alors a ◦ b 6= a ◦ b0 ,
2. pour chaque a, a0 , b ∈ G, si a 6= a0 , alors a ◦ b 6= a0 ◦ b,
et tous les éléments de G apparaissent au plus une fois dans chaque ligne et dans chaque
colonne.
⇐) Soit la table de Cayley d’un semi-grupe (G, ◦) telle que tous les éléments de G apparaissent au plus une fois dans chaque ligne et dans chaque colonne. On a donc que
1. pour chaque a, b, b0 ∈ G, si b 6= b0 , alors a ◦ b 6= a ◦ b0 ,
2. pour chaque a, a0 , b ∈ G, si a 6= a0 , alors a ◦ b 6= a0 ◦ b,
et on peut conclure que (G, ◦)
◦ e
e e
Application (Sudoku) :
a a
b b
est
a
a
b
e
un groupe.
b
b
e
a
Informations générales, séries et corrigés: cf. http://anmc.epfl.ch/Algebre.html.
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