Exercices sur les structures algébriques

(1)

Structures algébriques

Lois de composition interne

Exercice 1 [ 02190 ][correction]

On définit une loi de composition interne ? surRpar

∀(a, b)∈R²,a ? b= ln( e^a+ e^b)

Quelles en sont les propriétés ? Possède-t-elle un élément neutre ? Y a-t-il des éléments réguliers ?

SoitE= [0,1]. On définit une loi ? surE par

∀x, y∈E, x ? y=x+y−xy

a) Montrer que ? est une loi de composition interne commutative et associative.

b) Montrer que ? possède un neutre.

c) Quels sont les éléments symétrisables ? réguliers ?

Soit ? une loi de composition interne surE.

PourA, B∈ P(E) on pose

A ? B={a ? b/a∈A, b∈B}

Etudier les propriétés de ? surE (commutativité, associativité, existence d’un neutre) conservées par ? surP(E). La loi ? est-elle distributive sur l’union, sur l’intersection ?

SoitE un ensemble etf :E→E.

Montrer quef est un élément régulier de (E^E,◦) si, et seulement si,f est bijective.

Soitaun élément d’un ensemble E muni d’une loi?associative.

Montrer queaest symétrisable si, et seulement si, l’applicationf :E→E définie parf(x) =a ? xest bijective.

Soit ? une loi associative sur un ensembleE. Un élémentxdeE est dit idempotent si, et seulement si,x ? x=x.

a) Montrer que sixety sont idempotents et commutent, alorsx ? y est idempotent.

b) Montrer que sixest idempotent et inversible, alorsx⁻¹ est idempotent.

SoitEet F deux ensembles etϕ:E→F une application bijective.

On supposeE muni d’une loi de composition interne ? et on définit une loi >

surF par :

∀x, y∈F, x>y=ϕ(ϕ⁻¹(x) ? ϕ⁻¹(y))

a) Montrer que si ? est commutative (resp. associative) alors > l’est aussi.

b) Montrer que si ? possède un neutreealors > possède aussi un neutre à préciser.

Soit ? une loi de composition interne associative surE.

On suppose qu’il existea∈E tel que l’applicationf :E→E définie par f(x) =a ? x ? asoit surjective et on notebun antécédent de aparf.

a) Montrer quee=a ? bet e⁰=b ? asont neutres resp. à gauche et à droite puis quee=e⁰.

b) Montrer queaest symétrisable etf bijective.

Soient ? une loi de composition interne associative sur un ensemble finiE etxun élément régulier deE. Montrer queE possède un neutre.

Soit?une loi associative sur un ensembleE fini. On suppose que la loi?possède un neutree.

Montrer que tout élément régulier deE est inversible.

(2)

SoitE un ensemble fini non vide muni d’une loi de composition interne associative notée>.

Montrer qu’il existee∈E tel quee>e=e.

Groupes

Soit (G, ?) un groupe tel que

∀x∈G, x²=e Montrer queGest commutatif.

Soit ? une loi de composition interne sur un ensembleE associative et possédant un neutree. On suppose que

∀x∈E, x^?²=e Montrer que (E, ?) est un groupe abélien.

Soit?une loi de composition interne associative sur un ensemble Efini non vide.

On suppose que tous les éléments deE sont réguliers. Montrer queE est un groupe.

Soit (G, ?) un groupe à néléments.

Justifier que sa table de composition est un carré latin c’est à dire que tout élément deGfigure une fois et une seule dans chaque ligne et dans chaque colonne.

SoitG=R^?× Ret ? la loi de composition interne définie sur Gpar (x, y) ? (x⁰, y⁰) = (xx⁰, xy⁰+y)

a) Montrer que (G, ?) est un groupe non commutatif.

b) Montrer queR^+?× Rest un sous-groupe de (G, ?).

SurG= ]−1,1[ on définit une loi ? par

∀x, y∈G, x ? y= x+y 1 +xy Montrer que (G, ?) est un groupe abélien.

[Addition des vitesses en théorie de la relativité]

Soitc >0 (c correspond à la vitesse - ou célérité - de la lumière) etI= ]−c, c[.

a) Montrer

∀(x, y)∈I², x ? y= x+y 1 +^xy_c2

∈I

b) Montrer que la loi ? munitI d’une structure de groupe abélien.

Cette loi ? correspond à l’addition des vitesses portées par un même axe en théorie de la relativité.

SoientA(1,0) etB(0,1). Les pointsM0(x0, y0) etM1(x1, y1) sont donnés.

On construit le pointP0 par les conditions : - les droites (P0M0) et (Ox) sont parallèles ; -P0∈(AB).

On construit le pointQ0par les conditions : - les droites (P0Q0) et (M1B) sont parallèles ; -Q0∈(AM1).

Soit le pointM2(x2, y2) tel que le quadrilatère (M0P0Q0M2) soit un parallélogramme.

On pose

M₂=M₀? M₁ a) Démontrer

x₂ y2

!

= x₀+x₁y₀ y0y1

!

b) Démontrer que la loi? est associative, admet un élément neutre et que, si y₀6= 0, le pointM₀admet un inverse.

c) On définit une suite de points (Mn)_n∈_N par la donnée deM0, deM1 et de la relation de récurrence valable pour tout entiern>2

Mn=M_n−1? M_n−2 Détermineryn en fonction dey₀ et dey₁.

(3)

Sous-groupes

Soientω∈Cet H={a+ωb/a, b∈Z}.

Montrer queH est un sous groupe de (C,+).

Soienta∈C^? etH ={aⁿ/n∈Z}.

Montrer queH est un sous groupe de (C^?,×).

Soitaun élément d’un ensembleE. On formeH ={f ∈ SE/f(a) =a}.

Montrer queH est un sous-groupe du groupe de permutation (SE,◦)

Soit (G,×) un groupe,H un sous groupe de (G,×) et a∈G.

a) Montrer queaHa⁻¹=

axa⁻¹/x∈H est un sous groupe de (G,×).

b) A quelle condition simpleaH ={ax/x∈H} est un sous groupe de (G,×) ?

On appelle centre d’un groupe (G, ?), la partieC deGdéfinie par C={x∈G| ∀y∈G, x ? y=y ? x}

Montrer queC est un sous-groupe de (G, ?).

Soitf_a,b:C→Cdéfinie parf_a,b(z) =az+baveca∈C^?, b∈C. Montrer que ({f_a,b/a∈C^?, b∈C},◦) est un groupe.

On considère les applications deE =R\ {0,1} dans lui-même définies par : i(x) =x, f(x) = 1−x, g(x) = 1

x, h(x) = x

x−1, k(x) = x−1

x , `(x) = 1 1−x

a) Démontrer que ce sont des permutations deE.

b) Construire la table donnant la composée de deux éléments quelconques de l’ensembleG={i, f, g, h, k, l}.

c) Montrer queGmuni de la composition des applications est un groupe non commutatif.

SoitH etK deux sous-groupes d’un groupe (G, ?) tels queH∪K en soit aussi un sous-groupe. Montrer queH ⊂KouK⊂H.

Soient (G, ?) un groupe etAune partie finie non vide deGstable pour ?. a) Soientx∈Aet ϕ:N→Gl’application définie parϕ(n) =xⁿ.

Montrer queϕn’est pas injective.

b) En déduire quex⁻¹∈Apuis que Aest un sous-groupe de (G, ?).

Poura∈N, on noteaZ={ak/k∈Z}.

a) Montrer queaZest un sous-groupe de (Z,+).

On se propose de montrer que, réciproquement, tout sous groupe deZest de cette forme.

b) Vérifier que le groupe{0}est de la forme voulue.

SoitH un sous-groupe de (Z,+) non réduit à{0}.

c) Montrer queH⁺={h∈H |h >0} possède un plus petit élément. On note a= minH⁺.

d) Etablir queaZ⊂H.

e) En étudiant le reste de la division euclidienne d’un élément deH paramontrer queH⊂aZ.

f) Conclure que pour tout sous-groupeH deZ, il existe un uniquea∈Ntel que H =aZ.

Pourn∈N^?, on noteU_n l’ensemble des racinesnème de l’unité : U_n={z∈C/zⁿ= 1}

Montrer que

V = [

n∈N^?

U_n

est un groupe multiplicatif.

(4)

Anneaux et corps

On définit surZ² deux lois de compositions internes notées + et ? par : (a, b) + (c, d) = (a+c, b+d) et (a, b)? (c, d) = (ac, ad+bc) a) Montrer que (Z²,+, ?) est un anneau commutatif.

b) Montrer queA={(a,0)/a∈Z}est un sous-anneau de (Z²,+, ?).

On dit qu’un élémentxd’un anneau (A,+,×) est nilpotent s’il existen∈N^? vérifiant

xⁿ= 0A

Soientxety deux éléments d’un anneau (A,+,×).

a) Montrer que sixest nilpotent et quexety commutent, alorsxy est nilpotent.

b) Montrer que sixety sont nilpotents et commutent, alorsx+y est nilpotent.

c) Montrer que sixy est nilpotent, alorsyxl’est aussi.

d) Montrer que sixest nilpotent alors 1−xest inversible. Préciser (1−x)⁻¹.

[Anneau de Boole 1815-1864)

On considère (A,+,×) un anneau de Boole c’est à dire un anneau non nul tel que tout élément est idempotent pour la deuxième loi ce qui signifie

∀x∈A, x²=x a) Montrer

∀(x, y)∈A², xy+yx= 0A

et en déduire que

∀x∈A,x+x= 0A

En déduire que l’anneauAest commutatif.

b) Montrer que la relation binaire définie surApar x4y⇔yx=x est une relation d’ordre.

c) Montrer que

∀(x, y)∈A², xy(x+y) = 0A

En déduire qu’un anneau de Boole intègre ne peut avoir que deux éléments.

Poura, b∈R, on pose

a>b=a+b−1 eta ? b=ab−a−b+ 2 Montrer que (R,>, ?) est un corps.

SoitF un sous corps de (Q,+,×). Montrer queF =Q.

Soientaetb deux éléments d’un anneau (A,+,×). Montrer que si 1−abest inversible alors 1−bal’est aussi.

(5)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

∀a, b∈R,b ? a= ln(e^b+ e^a) = ln(e^a+ e^b) =a ? b. ? est commutative.

∀a, b, c∈R, (a ? b)? c= ln(e^{a ? b}+ e^c) = ln(e^a+ e^b+ e^c) =a ? (b ? c). ? est associative.

a ? ε=a⇔ln(e^a+ e^ε) =a⇔e^ε= 0. Il n’y a donc pas de neutre.

a ? b=a ? c⇒ln(e^a+ e^b) = ln(e^a+ e^c)⇒e^b= e^c ⇒b=c. Tout élément est régulier

a) 1−(x+y−xy) = (1−x)(1−y) donc six61 ety61 alorsx ? y61.

Par suite ? est bien une loi de composition interne sur

? est clairement commutative et associative.

b) 0 est élément neutre deE.

c) Six∈]0,1] alors pour touty∈[0,1],x ? y=x(1−y) +y >0 et doncxn’est pas inversible (dans [0,1]).

Ainsi, seul 0 est inversible.

Pour toutx, y, z∈[0,1],x ? y=x ? z⇔y(1−x) =z(1−x).

Par suite, toutx∈[0,1[ est régulier tandis que 1 ne l’est visiblement pas.

? est bien une loi de composition interne surP(E).

Si ? est commutative surE, elle l’est aussi surP(E).

Si ? est associative surE, elle l’est aussi surP(E).

Si ? possède un neutreedansE, alors ? possède un neutre dansP(E) à savoir {e} car

A ?{e}={a ? e/a∈A}=A La loi?est distributive sur l’union

A ? (B∪C) ={a ? x/a∈A, x∈B∪C}= (A ? B)∪(A ? C) En revanche la distributivité sur l’intersection est fausse. On obtient un contre exemple dansRavec?= +,A={1,−1},B={1}et C={−1}où

A ? B∩C=A ?∅=∅ et

(A ? B)∩A ? C ={2,0} ∩ {−2,0}={0}

Supposonsf est bijective.

Soientg, h:E →E. Sif◦g=f◦halorsf⁻¹◦f◦g=f⁻¹◦f◦hpuisg=h.

De mêmeg◦f =h◦f ⇒g=het doncf est un élément régulier.

Supposons quef est un élément régulier.

Soientx, x⁰∈E. Sif(x) =f(x⁰) alorsf◦g=f ◦havecg ethles fonctions constantes égales àxetx⁰.

Par la régularité def, on obtientg=het doncx=x⁰. SiE est un singleton alorsf est nécessairement surjective.

Sinon, on peut construire deux fonctionsg ethtelle que

∀x∈E, g(x) =h(x)⇔x∈Imf

On ag◦f =h◦f donc, par la régularité de f,g=hd’où Imf =E puisf surjective.

Siaest symétrisable alors considérons l’applicationg:E→E définie par g(x) =a⁻¹ ? x.

On af◦g= Id_E etg◦f = Id_E doncf est bijective.

Sif est bijective alors considérons bl’antécédent du neutree. On aa ? b=e.

De plusf(b ? a) =a ? b ? a=e ? a=a=f(e) doncb ? a=ecarf injective.

Par suite,aest symétrisable etbest son symétrique.

a) On a

(x ? y) ? (x ? y) = (x ? x) ? (y ? y) =x ? y b) On a

x ? x=x⇒(x ? x)⁻¹=x⁻¹⇒x⁻¹ ? x⁻¹=x⁻¹

a) Supposons ? commutative :

∀x, y∈F, y>x=ϕ(ϕ⁻¹(y) ? ϕ⁻¹(x)) =ϕ(ϕ⁻¹(x)? ϕ⁻¹(y)) =x>y donc > est commutative.

Supposons ? associative :

∀x, y, z∈F,(x>y)>z=ϕ(ϕ⁻¹(x>y)? ϕ⁻¹(z)) =ϕ(ϕ⁻¹(x)? ϕ⁻¹(y)? ϕ⁻¹(z)) =x>(y>z)

(6)

donc > est associative.

b) Supposons que ? possède un neutreeet montrons quef =ϕ(e) est neutre pour >.

∀x∈F, x>f =ϕ(ϕ⁻¹(x) ? e) =ϕ(ϕ⁻¹(x)) =x et

f>x=ϕ(e ? ϕ⁻¹(x)) =ϕ(ϕ⁻¹(x)) =x doncf est neutre pour >.

Par la surjectivité def, il existeb∈E tel quea ? b ? a=a.

a)a ? b =a ? a ? c ? a

Pour toutx∈E, il existe α∈E tel qu’on peut écrirex=a ? α ? a.

Poure=a ? b,e ? x=a ? b ? a ? α ? a=a ? α ? a=x.

Poure⁰ =b ? a,x ? e⁰=x ? b ? a=a ? α ? a ? b ? a=a ? α ? a.

e ? e⁰=e=e⁰.

b) Puisquea ? b=b ? a=e,aest symétrisable et sym(a) =b.

De plusg:x→b ? x ? best clairement application réciproque def.

Considérons l’applicationf :N→E définie parf(n) =x^{? n}.

PuisqueN est infini et que l’ensembleEest fini, l’application f n’est pas injective et donc il existep > q∈Ntels quef(p) =f(q) i.e.

x^{? p}=x^{? q} Pour touty∈E.

x^{? p} ? y=x^{? q} ? y Puisquexest régulier, on obtient :

x^?^(p−q) ? y=y

De mêmey ? x^?^(p−q)=y et donce=x^?^(p−q)est neutre.

Soitaun élément régulier.

Considérons l’applicationf :E→E définie parf(x) =a ? x.

L’applicationf est injective.

E est fini doncf est bijective et par suite surjective d’où∃b∈Etel quea ? b=e.

f(e) =aetf(b ? a) =a ? b ? a=e ? a=adonc par l’injectivité def :b ? a=e.

Finalementaest inversible.

On peut aussi partir def :N→E définie parf(n) =a^{? n}qui n’est pas injective.

Soitx∈E. Considérons la suite (xn)n∈N^? déterminée par x1=xet xn+1=xn>xn

i.e.

x_n+1=x²ⁿ

Puisque l’ensembleE est fini, les élémentsx1, x2, . . .ne peuvent être deux à deux distincts et donc il existep < q tels que

x²^p=x²^q Posons alorsa=x²^p etn=q−p∈N^? de sorte que

a²ⁿ=a Sin= 1, e=aconvient.

Sin >1, il faut construireeà partir dea. . . Après quelques essais pour de

premières valeurs den, on est amené à proposer e=a²ⁿ⁻¹∈E. On constate alors e>e=e²=a²ⁿ⁺¹⁻²=a²ⁿ>a²ⁿ⁻²=a>a²ⁿ⁻²=a²ⁿ⁻¹=e

On observe que

∀x∈G, x⁻¹=x donc

∀x, y∈G,y ? x= (y ? x)⁻¹=x⁻¹ ? y⁻¹=x ? y

Tout élémentxdeE est symétrisable et sym(x) =xdonc (E, ?) est un groupe.

De plus

x ? y= sym(x ? y) = sym(y)? sym(x) =y ? x donc (E, ?) est abélien.

La loi? est déjà associative. Montrons qu’elle est possède un neutre. Soitxun élément deE. La suite desxⁿ avec

xⁿ=x ?· · ·? x(ntermes),n>1

(7)

ne peut être formé d’éléments deux à deux distincts carE est un ensemble fini. Il existe doncn, k >0 vérifiant

x^n+k=xⁿ

Posons alorse=x^k et vérifions que eest neutre pour la loi?. Soity∈E. On a y ? x^n+k =y ? xⁿ et donc (y ? x^k)? xⁿ =y ? xⁿ. Par régularité dexⁿ, on obtient y ? e=y. On montre de mêmee ? y.

Il reste maintenant à vérifier que tout élémenta∈E est inversible.

Considérons l’applicationf :E→E définie parf(x) =a ? x.

aest régulier donc l’applicationf est injective.

E est fini doncf est bijective et par suite surjective d’où l’existence d’unb∈E tel quea ? b=e.

f(e) =aetf(b ? a) =a ? b ? a=e ? a=adonc par l’injectivité def :b ? a=e.

Finalementaest inversible et (E, ?) est un groupe.

Si un élément figure deux fois dans une même ligne correspondant aux valeurs de composition avecx, c’est qu’il existea6=btel quex ? a=x ? b.

Or tout élément d’un groupe est régulier, ce cas de figure ci-dessus est donc impossible.

Comme le groupeGànélément, qu’il y ancases sur chaque ligne et que chaque ligne ne peut contenir deux fois le même élément, chaque ligne contient chaque élément deGune fois et une seule.

On raisonne de même avec les colonnes.

a) La loi ? est bien définie. Soient (x, y),(x⁰, y⁰),(x⁰⁰, y⁰⁰)∈G

((x, y)? (x⁰, y⁰))? (x⁰⁰, y⁰⁰) = (xx⁰, xy⁰+y)? (x⁰⁰, y⁰⁰) = (xx⁰x⁰⁰, xx⁰y⁰⁰+xy⁰+y) et

(x, y)? ((x⁰, y⁰)? (x⁰⁰, y⁰⁰)) = (x, y) ? (x⁰x⁰⁰, x⁰y⁰⁰+y⁰) = (xx⁰x⁰⁰, xx⁰y⁰⁰+xy⁰+y) donc ? est associative.

(x, y) ? (1,0) = (x, y) et (1,0) ? (x, y) = (x, y) donc (1,0) est élément neutre.

(x, y) ? (1/x,−y/x) = (1,0) et (1/x,−y/x)? (x, y) = (1,0)

donc tout élément est symétrisable.

Finalement (G, ?) est un groupe.

(1,2) ? (3,4) = (3,6) et (3,4)×(1,2) = (3,10) donc le groupe n’est pas commutatif.

b)H =R^+?×Rest inclus dansG.

(1,0)∈H.

∀(x, y),(x⁰, y⁰)∈H, (x, y) ? (x⁰, y⁰)∈H carxx⁰>0

∀(x, y)∈H, (x, y)⁻¹= (1/x,−y/x)∈H car 1/x >0.

AinsiH est un sous groupe de (G, ?).

Notons que _1+xy^x+y existe pour toutx, y∈Gcar 1 +xy >0.

On a

x+y−(1 +xy) = (1−x)(y−1)<0 donc _1+xy^x+y <1 et de même _1+xy^x+y >−1 d’où

x+y 1 +xy ∈G Par suite la loi ? est bien définie.

La loi ? est clairement commutative.

Soientx, y, z∈G,

(x ? y) ? z= (x ? y) +z 1 + (x ? y)z =

x+y 1+xy+z

1 + _1+xy^x+yz = x+y+z+xyz

1 +xy+xz+yz =x ? (y ? z) La loi ? est donc associative.

0 est neutre pour ? puisque

∀x∈G, x ? 0 =x Enfin

∀x∈G,x ? (−x) = 0

donc tout élémentxdeGest symétrisable et sym(x) =−x.

Finalement (G, ?) est un groupe commutatif.

(8)

a) On a

x ? y∈I⇔xy+c(x+y) +c²>0 etxy−c(x+y) +c²>0

⇔(x+c)(y+c)>0 et (x−c)(y−c)>0 Par suite

∀(x, y)∈I², x ? y∈I b) ? est clairement commutative.

? est associative puisque

∀x, y, z∈I, (x ? y) ? z=x+y+z+^xyz_c2

1 + ^xy+yz+zx_c2

=x ? (y ? z) 0 est élément neutre car

∀x∈I,x ?0 = 0 ? x=x Enfin

∀x∈I, (−x)? x=x ? (−x) = 0 donc tout élément deI est symétrisable dansI.

Finalement (I, ?) est un groupe abélien.

a) On a

P₀

1−y₀ y0

etQ₀

1 +y₀(x₁−1) y0y1

(en considérant que les cas singuliers sont les prolongements du cas général) On en déduit

(x2=x0+y0x1

y2=y0y1

b) Avec des notations immédiates (M₀? M₁)? M₂

(x₀+y₀x₁) + (y₀y₁)x₂ (y0y1)y2

etM₀?(M₁? M₂)

x₀+y₀(x₁+y₁x₂) y0(y1y2)

et on vérifie bien l’associativité de la loi?.

On remarque que

B ? M=M ? B=M

doncB est élément neutre de la loi?.

Enfin siy06= 0 alors pour

x1=−x0/y0

y1= 1/y0

on observe

M0? M1=M1? M0=B et donc on peut affirmer queM0 est inversible d’inverseM1. c) On a

y_n=y_n−1y_n−2

et on peut donc affirmer qu’il est possible d’écrireyn sous la forme y_n=y₀^aⁿy₁^bⁿ

avec

(a0= 1, a1= 0, an =a_n−1+a_n−2 b₀= 0, b₁= 1, b_n=b_n−1+b_n−2

Les suites (an) et (bn) sont récurrente linéaires d’ordre 2 d’équation caractéristiquer²=r+ 1 de racines

r1=1 +√ 5

2 etr2=1−√ 5 2 On obtient après calculs

an= r₂ r2−r1

r₁ⁿ+ r₁ r1−r2

rⁿ₂ et bn= rⁿ₂ −r₁ⁿ r2−r1

H ⊂C, 0 = 0 +ω.0∈H.

Soientx, y∈H. On peut écrirex=a+ωbet y=a⁰+ωb⁰ aveca, b, a⁰, b⁰∈Zet alors

x−y= (a−a⁰) +ω(b−b⁰) aveca−a⁰∈Zet b−b⁰∈Zdoncx−y∈H.

AinsiH est un sous groupe de (C,+).

H ⊂C^?, 1 =a⁰∈H.

(9)

Soientx, y∈H, on peut écrirex=aⁿ ety=a^mavecn, m∈Z. On a alors xy⁻¹=a^n−m

avecn−m∈Zdoncxy⁻¹∈H.

AinsiH est un sous groupe de (C^?,×).

H ⊂ SE, IdE∈H car IdE(a) =a.

Soientf, g∈H, (f ◦g)(a) =f(g(a)) =f(a) =adoncf◦g∈H. Soitf ∈H,f⁻¹(a) =acarf(a) =adoncf⁻¹∈H.

AinsiH est un sous-groupe de (SE,◦).

a)aHa⁻¹⊂G, e=aea⁻¹∈aHa⁻¹.

Soientaxa⁻¹, aya⁻¹∈aHa⁻¹ avecx, y∈H on a

(axa⁻¹)(ay⁻¹a⁻¹) =a(xy⁻¹)a⁻¹∈aHa⁻¹ b)e∈aH ⇒a⁻¹∈H ⇒a∈H. Inversement

a∈H⇒a⁻¹∈H⇒aH=H La condition simple cherchée esta∈H.

C⊂Get e∈Gcar

∀y∈G,e ? y=y=y ? e Soientx, x⁰∈C. Pour touty∈G

x ? x⁰ ? y=x ? y ? x⁰=y ? x ? x⁰ doncx ? x⁰∈C

Soitx∈C. Pour touty∈G,

x ? y⁻¹=y⁻¹ ? x donne

(x ? y⁻¹)⁻¹= (y⁻¹ ? x)⁻¹ i.e.

y ? x⁻¹=x⁻¹ ? y doncx⁻¹∈C.

AinsiCest un sous-groupe de (G, ?).

PosonsH={fa,b/a∈C^?, b∈C} et montrons queH est un sous-groupe du groupe de permutations (S_C,◦).

Id_C=f1,0∈H.

Z=az+b⇔z= 1 aZ−b

a doncfa,b∈ S_C etf_a,b⁻¹=f_1/a,−b/a. AinsiH ⊂ S_Cet

∀f ∈H, f⁻¹∈H

Enfinfa,b◦fc,d(z) =a(cz+d) +b=acz+ (ad+b) doncfa,b◦fc,d=fac,ad+b. Ainsi,

∀f, g∈H, f◦g∈H On peut conclure.

a) Il est clair quei,f et gsont des permutations de E.

h(x) = x

x−1 = 1 + 1

x−1 = 1− 1

1−x=f(g(f(x))) donch=f◦g◦f et donch∈ SE.

De mêmek=f ◦g∈ SE et `=g◦f ∈ SE

b)

◦ i f g h k ` i i f g h k ` f f i k ` g h g g ` i k h f h h k ` i f g k k h f g ` i

` ` g h f i k

c)Gest un sous groupe de (SE,◦) carGcontient i, est stable par composition et par passage à l’inverse.

De plus ce groupe n’est pas commutatif carg◦f 6=f◦g.

Par l’absurde supposons

H 6⊂K etK6⊂H Il existeh∈H tel queh /∈K etk∈K tel quek /∈H.

(10)

On ah, k∈H∪K donch ? k∈H∪K carH∪K sous-groupe.

Sih ? k ∈H alorsk=h⁻¹ ? (h ? k)∈H carH sous-groupe. Or ceci est exclu.

Sih ? k ∈Kalorsh= (h ? k)? k⁻¹∈K carKsous-groupe. Or ceci est exclu.

Ainsih ? k /∈H∪K. Absurde.

a) L’applicationϕest à valeurs dansAqui est un ensemble fini et au départ deN qui est infini doncϕn’est pas injective.

b) Par la non injectivité deϕ, il existe n∈Netp∈N^? tel queϕ(n+p) =ϕ(n).

On a alorsx^(n+p)=xⁿ ? x^p=xⁿ doncx^p=epar régularité dexⁿ∈G.

Par suitex⁻¹=x^(p−1)∈A.

Aest non vide, stable pour ? et stable par inversion doncAest un sous-groupe de (G, ?).

a)aZ⊂Z, 0 =a.0∈aZ.

Soientx, y∈aZ, on peut écrire x=aket y=a`aveck, `∈Z. x−y=a(k−`) aveck−`∈Zdoncx−y∈aZ.

AinsiaZest un sous-groupe deZ. b) Poura= 0∈N,{0}=aZ.

c) PuisqueH est non vide et non réduit à {0}, il existe h∈H tel queh6= 0.

Sih >0 alorsh∈H⁺, sih <0 alors−h∈H (carH sous-groupe) et−h >0 donc

−h∈H⁺.

Dans les deux casH⁺ 6=∅.

H⁺ est une partie non vide deNdoncH⁺ possède un plus petit élément.

d) 0∈H et a∈H.

Par récurrence, la stabilité deH donne

∀n∈N, a.n=a+· · ·+a∈H

Par passage à l’opposé, la stabilité deH par passage au symétrique donne

∀n∈Z, an∈H AinsiaZ⊂H.

e) Soitx∈H. La division euclidienne dexpara6= 0 donnex=aq+ravecq∈Z et 06r < a.

On ar=x−aqavecx∈H etaq∈aZ⊂H doncr∈H.

Sir >0 alorsr∈H⁺ orr < a= minH⁺ donc cela est impossible.

Il rester= 0 ce qui donnex=aq∈aZ. AinsiH ⊂aZet finalementH =aZ.

f) L’existence est établie ci-dessus. Il reste à montrer l’unicité.

Soita, b∈Ntel queaZ=bZ. On aa∈aZ=bZdoncb|aet de mêmea|b, or a, b>0 donca=b.

Montrons queV est un sous-groupe du groupe (C^?,×).

La partieV est incluse dansC^? et évidemment non vide.

Soientz∈V. Il existen∈N^? tel quezⁿ= 1 et alors (z⁻¹)ⁿ= 1 doncz⁻¹∈V. Soientz, z⁰∈V. Il existen, m∈N^? tels quezⁿ=z^0m= 1. On a alors

(zz⁰)^nm= (zⁿ)^m(z^0m)ⁿ = 1 et donczz⁰ ∈V.

FinalementV est bien un sous-groupe de (C^?,×) et donc (V,×) est un groupe.

a) On vérifie aisément que (Z²,+) est un groupe commutatif.

Avec des notations entendues

(a, b)? (c, d) = (ac, ad+bc) = (c, d) ? (a, b) La loi ? est donc commutative. De plus

((a, b)?(c, d))?(e, f) = (ac, ad+bc)?(e, f) = (ace, acf+ade+bce) = (a, b)?((c, d)?(e, f)) La loi? est donc associative.

Le couple (1,0) est neutre pour la loi?, car (a, b) ? (1,0) = (a, b) Enfin

((a, b) + (c, d))? (e, f) = (a+c, b+d) ? (e, f) = (ae+ce, af+cf+be+de) donc

((a, b) + (c, d))?(e, f) = (ae, af+be) + (ce, cf+de) = (a, b)?(e, f) + (c, d)?(e, f) et la loi?est distributive sur +.

Finalement (Z²,+, ?) est un anneau commutatif.

b)A⊂Z², (1,0)∈A.

Pour tout (a,0),(b,0)∈A, on a

(a,0)−(b,0) = (a−b,0)∈A et

(a,0)?(b,0) = (ab,0)∈A Aest donc un sous-anneau de (Z²,+, ?).

(11)

a) Soitn∈Ntel quexⁿ= 0A. Puisque xet ycommutent (xy)ⁿ = (xy)(xy). . .(xy) =xⁿyⁿ = 0A.yⁿ= 0A

doncxynilpotent.

b) Soientn, m∈Ntels quexⁿ=y^m= 0A. Puisque xet y commutent, on peut exploiter la formule du binôme

(x+y)^m+n−1=

m+n−1

X

k=0

m+n−1 k

!

x^ky^m+n−1−k

En séparant la somme en deux

(x+y)^n+m−1=

n−1

X

k=0

m+n−1 k

!

x^ky^m+n−1−k+

m+n−1

X

k=n

m+n−1 k

!

x^ky^m+n−1−k

Or

∀k∈ {0, . . . , n−1},y^m+n−1−k= 0_A carm+n−1−k>m et

∀k>n, x^k = 0A

donc

(x+y)^m+n−1= 0A+ 0A= 0A

Ainsix+y est nilpotent.

c) Soitn∈Ntel que (xy)ⁿ= 0A.

(yx)ⁿ⁺¹=y(xy)ⁿx=y.0_A.x= 0_A doncyxnilpotent.

d) Soitn∈Ntel quexⁿ= 0A. Par factorisation, on peut écrire 1 = 1−xⁿ= (1−x)y=y(1−x) avecy= 1 +x+· · ·+xⁿ⁻¹.

Par suite 1−xest inversible ety est son inverse.

a) (x+y)²= (x+y) donnex²+y²+xy+yx=x+ypuisxy+yx= 0 sachant x²=xety²=y.

Poury= 1 on obtientx+x= 0A.

b) Commex²=x, 4est réflexive.

Six4y ety4xalorsyx=xetxy=y doncxy+yx=x+y= 0.

Orx+x= 0, doncx+y=x+x, puisy=x.

Six4y ety4zalorsyx=xet zy=y donczx=zyx=yx=xi.e.x4z.

Ainsi4est une relation d’ordre surA.

c)xy(x+y) =xyx+xy² =

yx=−xy−x²y+xy²=−xy+xy= 0.

SiAest intègre alors :xy(x+y) = 0A⇒x= 0A,y= 0A oux+y= 0A. Orx+y= 0 =x+xdonney=x.

Ainsi, lorsqu’on choisit deux éléments deA, soit l’un deux est nul, soit ils sont égaux.

Une telle propriété est impossible si Card(A)>3. Par suite Card(A) = 2 carA est non nul.

Soitϕ:R→Rdéfinie parϕ:x7→x−1.ϕest une bijection et on vérifie ϕ(a>b) =ϕ(a) +ϕ(b) etϕ(a ? b) =ϕ(a)×ϕ(b)

Par la bijectionϕ⁻¹la structure de corps sur (R,+,×) est transportée sur (R,>, ?).

Notamment, les neutres de (R,>, ?) sont 1 et 2.

0,1∈F puis par récurrence∀n∈N, n∈F. Par passage à l’opposée∀p∈Z, p∈F. Par passage à l’inverse :∀q∈N^?,1/q∈F. Par produit∀r=p/q∈Q, r∈F.

Supposons 1−ab inversible et notonsxson inverse de sorte que (1−ab)x= 1 On observe

(1−ba)bxa=ba donc

(1−ba)bxa= (ba−1) + 1 puis

(1−ba)(1 +bxa) = 1

L’identité est aussi valable dans l’autre sens et donc 1−baest inversible avec (1−ba)⁻¹= 1 +b(1−ab)⁻¹a