Universit´e du Littoral Cˆote d’Opale Ann´ee universitaire 2012–2013
Licence 1`ere ann´ee Math´ematiques et Informatique
Alg` ebre - Devoir - Correction
Exercice 1.
1. Une relationRsur un ensembleE est une relation d’´equivalence si elle est :
• R´efl´exive : ∀x∈E, xRx;
• Sym´etrique : ∀x, y∈E, xRy =⇒ yRx;
• Transitive : ∀x, y, z∈E, xRyetyRz =⇒ xRz.
2. Montrons que R0 est r´eflexive. Soit (x1, y1) un ´el´ement deE×E. CommeRest r´efl´exive, on ax1Rx1
ety1Ry1 ce qui implique (x1, y1)R0(x1, y1) et donc queR0 est r´efl´exive. Montrons queR0 est transitive. Soient (x1, y1) et (x2, y2) deux ´el´ements de E×E tels que (x1, y1)R0(x2, y2). On a alors x1Rx2 ety1Ry2. Comme Rest sym´etrique on ax2Rx1 ety2Ry1, puis (x2, y2)R0(x1, y1). La relationR0 est donc sym´etrique. Montrons que R0 est transitive. Soient (x1, y1), (x2, y2) et (x3, y2) trois ´el´ements deE×E tels que (x1, y1)R0(x2, y2) et (x2, y2)R0(x3, y3). On alorsx1Rx2etx2Rx3. CommeRest transitive, on a aussix1Rx3. Le mˆeme raisonnement sur lesydonney1Ry3. La relation (x1, y1)R0(x3, y3) est donc vraie. Il s’en suit que la relationR0 est transitive.
La relationR0´etant r´efl´exive, symm´etrique et transitive, c’est une relation d’´equivalence.
3. Montrons que R est r´efl´exive. Soit x un ´el´ement de E. Comme R0 est r´eflexive, on a (x, x)R0(x, x) et donc xRx. Montrons que R est sym´etrique. Soient x ety deux ´el´ement de E tels que xRy. On a alors (x, x)R0(y, y). CommeR0 est sym´etrique, on a (y, y)R0(x, x) et doncyRx. Montrons queRest transitive. Soient x, yetztrois ´el´ements deEv´erifiantxRyetyRz. On a alors (x, x)R0(y, y) et (y, y)R0(z, z). La relationR0´etant transitive, on a aussi (x, x)R0(z, z), ce qui impliquexRz. La relationRest donc trnsitive. La relationR´etant symm´etrique, r´efl´exive et transitive, c’est une relation d’´equivalence.
Exercice 2.
1. On af(0,1) = 0−12=−1 etf(0,−1) = 0−(−1)2= 0−1 =−1. La fonctionf n’est donc pas injective.
2. Soitzun r´eel. On af(z,0) =z−02=z . La fonctionfest donc surjective.
3. Soitgla fonction deRdansR2 d´efinie parg(x) = (x,0). Pour tout r´eelx, on a (f◦g)(x) =f(g(x)) =f(x,0) =x−02 =x.
La fonctionf◦gest donc bien l’identit´e surR.
4. Montrons quehest injective. Soient (x1, y1) et (x2, y2) deux ´el´ements deR2 v´erifianth(x1, y1) =h(x2, y2).
De la realtionh(x1, y1) =h(x2, y2) on obtient (x1+y21, y1) = (x2+y22, y2). Par d´efinition de l’´egalit´e de couple, on ay1=y2ainsi quex1+y12=x2+y22. Grace `ay1=y2, la relationx1+y12=x2+y22devientx1+y21=x2+y21. On a donc aussix1 =x2. On a ainsi ´etablih(x1, y1) =h(x2, y2) =⇒ (x1, y1) = (x2, y2). La relationhest donc injective. Montrons quehest surjective. Soit (u, v) un ´el´ement deR2. On v´erifie
h(u−v2, v) = (u−v2+v2, v) = (u, v),
ce qui implique la surjectivit´e deh. La fonctionh´etant injective et sujrective elle est bijective.
5. Soit (x, y) un ´el´ement deR2, on a
(f◦h)(x, y) =f(h(x, y)) =f(x+y2, y) =x+y2−y2=x.
Exercice 3.
1. On a soit x ∈ f(x) soit x 6∈ f(x). Si x appartient `a f(x) alors x appartient aussi `a f(x)∪A car f(x) ⊆f(x)∪A. Sixn’appartient pas `a f(x) alors xest ´el´ement deApar d´efinition de A. Dans ce cas on a x∈A⊆f(x)∪A. On a donc bienx∈f(x)∪A. Montrons l’autre relation. Supposons par l’absurde qu’on ait x∈f(x)∩A. En paritculier, on auraitx∈f(x) et doncx6∈A. Or la relationx∈f(x)∩Aimplique aussix∈A.
Ce qui est impossible et doncx6∈f(x)∩A.
2. Supposons par l’absurdef(x) =A. On alorsf(x)∪A=A=f(x). La relationx∈f(x)∪A´etablie au1 implique alorsx∈Aetx∈f(x). Il s’en suitx∈f(x)∩A, ce qui est impossible par le1. On a doncf(x)6=A.
3. L’ensembleAest un ´el´ement deP(E). L’ensembleAn’a pas d’ant´ec´edant parf, sinon il existerai x∈E tel quef(x) =A, ce qui est impossible par2. La fonctionf ne peut donc pas ˆetre surjective.
Exercice 4. 1. On trouve
A=
1 3 1 1
2 7 3 0
3 8 7 11
−2 −8 −2 6
, X=
x y z t
et B=
−1
−5 13 18
2
2. NotonsM la matriceAaugment´ee deB:
M =
1 3 1 1 −1
2 7 3 0 −5
3 8 7 11 13
−2 −8 −2 6 18
L’algorithme du pivot de Gauß donne:
M=
1 3 1 1 −1
2 7 3 0 −5
3 8 7 11 13
−2 −8 −2 6 18
L2←L−→2−2L1
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
3 8 7 11 13
−2 −8 −2 6 18
L3←L−→3−3L1
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 −1 4 8 16
−2 −8 −2 6 18
L4←L−→4+2L1
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 −1 4 8 16
0 −2 0 8 16
L3←L−→3+L2
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 5 6 13
0 −2 0 8 16
L4←L−→4+2L2
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 5 6 13
0 0 2 4 10
−→
L4←12L4
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 5 6 13
0 0 1 2 5
L−→3↔L4
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 1 2 5
0 0 5 6 13
L4←L−→4−5L3
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 1 2 5
0 0 0 −4 −12
−→
L4←−1 4L4
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 1 2 5
0 0 0 1 3
−→
L3←L3−2L4
1 3 1 1 −1
0 1 1 −2 −3
0 0 1 0 −1
0 0 0 1 3
−→
L2←L2+2L4
1 3 1 1 −1
0 1 1 0 3
0 0 1 0 −1
0 0 0 1 3
L1←L−→1−L4
1 3 0 0 −4
0 1 1 0 3
0 0 1 0 −1
0 0 0 1 3
L2←L−→2−L3
1 3 1 0 −4
0 1 0 0 4
0 0 1 0 −1
0 0 0 1 3
L1←L−→1−L3
1 3 0 0 −3
0 1 0 0 4
0 0 1 0 −1
0 0 0 1 3
L1←L−→1−3L2
1 0 0 0 −15
0 1 0 0 4
0 0 1 0 −1
0 0 0 1 3
Le syst`eme (S) a donc une unique solution qui estx=−15, y= 4, z=−1 ett= 3.
Exercice 5.
1. Notonse l’´el´ement neutre deGet·la loi deG. Pour touty∈G, on a e·y=y·e. L’´el´ement eest donc dansH. L’ensembleH est en particulier non vide. Soientuetvdeux ´el´ement deH. Montrons que le produituv est aussi un ´el´ement deH. Soityun ´el´ement deG. On a
(u·v)·y=u·(v·y) par associativit´e de·
=u·(y·v) carv∈H
= (u·y)·v par associativit´e de·
= (y·u)·v caru∈H
=y·(u·v) par associativit´e de·
L’´el´ement u·vest donc dansH. Montrons queu−1 est aussi dansH. Soityun ´el´ement deG. On a u−1·y= (y−1·u)−1
= (u·y−1)−1 caty−1∈Getu∈H
=y·u−1
L’´el´ement u−1 est donc dans H. L’ensemble H ´etant non vide stable par la loi et l’inverse de G, c’est un sous-groupe deG.
2. Soientuetvdeux ´elements deH. Commeuest en particulier un ´element deGest quevappartient `aH, on au·v=v·u. Le groupeH est donc commutatif.
3. SiGest commutatif alors pour toutx∈Gety∈G, on ax·y=y·x. Tout ´el´ement deGest donc ´el´ement deH. Il s’en suitH=G.
