Exercices Corriges

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

Exercices Corrig´ es I Exercice 1 1. Soit E = {x = a2 + b2 ∈ N : a, b ∈ N}. Montrer que E est une partie stable de (N, ×). 2. Soit F = {x = a2 + b2 + c2 ∈ N : a, b, c ∈ N}. Montrer que F n’est pas une partie stable de (N, ×). (Indication pour 2 : montrer que 3 et 5 sont dans F mais pas leur produit). Corrig´ e. 1 - Soient a, b, c, d ∈ N, on a : (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 = a2 c2 + b2 d2 + 2abcd + a2 d2 + b2 c2 − 2abcd = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 = (ac + bd)2 + |ad − bc|2 . On a ac + bd, |ad − bc| ∈ N, donc (a2 + b2 )(c2 + d2 ) ∈ E. E est stable par multiplication. 2 - Nous allons montrer que F n’est pas stable par multiplication. On a 3 = 12 + 12 + 12 et 5 = 22 + 12 + 02 . Donc 3 et 5 sont dans F . Montrons que 15 = 3.5 n’est pas un ´el´ement de F . Sinon, 15 = a2 + b2 + c2 . On peut supposer que a ≤ b ≤ c. N´ecessairement c ≤ 3, car sinon c ≥ 4 et a2 + b2 + c2 ≥ 16. D’autre part, c > 2, car sinon a2 + b2 + c2 ≤ 12. Il en r´esulte que c = 3. On a alors 15 = 9 + b2 + c2 . Ce qui entraˆıne que b2 + c2 = 6. Ce qui est impossible par v´erification directe. Donc 15∈ / F. I Exercice 2 Dans C, on consid`ere la LCI ∗ d´efinie par x ∗ y = x + y − xy − x2 y 2 1. Montrer que la loi ∗ est commutative et poss`ede un ´el´ement neutre. 2. Montrer que tout ´el´ement de C est sym´etrisable pour ∗. 3. Calculer 1 ∗ 1 et 1 ∗ (−1). 4. Montrer qu’il existe des ´el´ements non r´eguliers pour ∗. 5. ∗ est-elle associative ? Corrig´ e. 1. Soient x, y ∈ C. On a x ∗ y = x + y − xy − x2 y 2 = y ∗ x. Donc ∗ est commutative. Soit e ∈ C tel que ∀x ∈ C on a x ∗ e = x. Alors ∀x ∈ C, x + e − xe − x2 e2 = x. Donc e(1 − x − ex2 ) = 0. Par suite e = 0. On v´erifie bien que x ∗ 0 = x. 0 est l’´el´ement neutre de ∗. 2. Soit a ∈ C . Si a = 0, alors a est sym´etrisable. Si a ̸= 0, alors a est sym´etrisable, si et seulement si, il existe x ∈ C tel que a ∗ x = a + x − ax − a2 x2 = 0. Donc, si et seulement si, l’´equation du second degr´e a2 x2 + (a − 1)x − a = 0 poss`ede une solution. Or dans C toute equation de ce type poss`ede des solutions. Donc tout ´el´ement de C est sym´etrisable pour la loi ∗. 3. On a 1 ∗ 1 = 1 ∗ (−1) = 0. 4. D’apr`es 3, 1 ∗ 1 = 1 ∗ (−1), mais 1 ̸= −1. Donc 1 n’est pas r´egulier. 4. La loi ∗ n’est pas associative car 1 poss`ede deux sym´etriques 1 et −1. (ou aussi parce qu’il existe un ´el´ement sym´etrisable non r´egulier). I Exercice 3 Donner un exemple de mono¨ıde contenant un ´el´ement sym´etrisable `a gauche mais non sym´etrisable `a droite. (Indication : Consid´erer le mono¨ıde (F(N, N), ◦), des applications de N dans lui-mˆeme). Corrig´ e. Soit f : N → N d´efinie par f (n) = n + 1, ∀n ∈ N. Consid´erons g : N → N d´efinie par g(n) = n − 1, si n ≥ 1 et g(0) = 0. Alors g ◦ f = IN . Donc f est sym´etrisable `a gauche. Or f ◦ g(0) = 1 ̸= 0. Donc f ◦ g ̸= IN .

1

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

I Exercice 4 Sur E = Q2 , on d´efini la loi ⊥ par : (a, b) ⊥ (a′ , b′ ) = (aa′ , ba′ + b′ ). Citer les propri´et´es de cette loi. On ´etudiera en particulier les ´el´ements sym´etrisables. Corrig´ e Associativit´e. Soient (a, b), (a′ , b′ ), (a′′ , b′′ ) ∈ E. On a : ((a, b) ⊥ (a′ , b′ )) ⊥ (a′′ , b′′ ) = (aa′ , ba′ + b′ ) ⊥ (a′′ , b′′ ) = (aa′ a′′ , (ba′ + b′ )a′′ + b′′ ) = (aa′ a′′ , ba′ a′′ + b′ a′′ + b′′ ). (a, b) ⊥ ((a′ , b′ ) ⊥ (a′′ , b′′ )) = (a, b) ⊥ (a′ a′′ , b′ a′′ + b′′ ) = (aa′ a′′ , ba′ a′′ + b′ a′′ + b′′ ). Donc ((a, b) ⊥ (a′ , b′ )) ⊥ (a′′ , b′′ ) = (a, b) ⊥ ((a′ , b′ ) ⊥ (a′′ , b′′ )), par cons´equent, ⊥ est associative. Commutativit´e. On a (a, b) ⊥ (a′ , b′ ) = (aa′ , ba′ + b′ ) et (a′ , b′ ) ⊥ (a, b) = (a′ a, b′ a + b). Il est facile de voir que la loi ⊥ n’est pas commutative. En effet, (1, 1) ⊥ (0, 1) = (0, 1) alors que (0.1) ⊥ (1, 1) = (0, 2). El´ement neutre. Soit (e, e′ ) ∈ E tel que ∀(a, b) ∈ E, on a : (a, b) ⊥ (e, e′ ) = (e, e′ ) ⊥ (a, b) = (a, b). Alors ae = ea = a et be + e′ = e′ a + b = b, ∀a, b ∈ Q. Ainsi e = 1 et e′ = 0. On v´erifie ensuite que (a, b) ⊥ (1, 0) = (1, 0) ⊥ (a, b) = (a, b). Donc ⊥ poss`ede un ´el´ement neutre qui est (1, 0). En conclusion (E, ⊥) est un mono¨ıde non commutatif. El´ements sym´etrisables. Soit (a, b) ∈ E un ´el´ement sym´etrisable. Il existe alors (a′ , b′ ) ∈ E tel que (a, b) ⊥ (a , b′ ) = (a′ , b′ ) ⊥ (a, b) = (1, 0). Par cons´equent, aa′ = a′ a = 1 et ba′ + b′ = b′ a + b = 0. Il en r´esulte que a ̸= 0, a′ = a−1 et b′ = −b.a−1 . R´eciproquement, si a ̸= 0, alors (a, b) ⊥ (a−1 , −b.a−1 ) = (a−1 , −b.a−1 ) ⊥ (a, b) = (1, 0). En conclusion, (a, b) est sym´etrisable, si et seulement si, a ̸= 0 et on a alors (a, b)−1 = (a−1 , −b.a−1 ). ′

El´ements r´eguliers. Les ´el´ements sym´etrisables sont r´eguliers. R´eciproquement, si (a, b) n’est pas sym´etrisable, on a a = 0 et (a, b) = (0, b). On a (0, b) ⊥ (1, −b) = (0, 0) = (0, b) ⊥ (0, 0), alors que (1, −b) ̸= (0, 0). Ce qui veut dire que (0, b) n’est pas r´egulier. Donc dans ce mono¨ıde un ´el´ement est r´egulier, si et seulement si, il est sym´etrisable. I Exercice 5 On note P(E) l’ensemble des parties d’un ensemble non vide E. Pour lesquelles des lois ∩, ∪ ou ∆, P(E) est-il un groupe ? Corrig´ e (P(E), ∩) est un mono¨ıde d’´el´ement neutre E mais ∅ n’est pas sym´etrisable. (P(E), ∪) est un mono¨ıde d’´el´ement neutre ∅ mais E n’est pas sym´etrisable. La loi ∆ est associative, commutative et poss`ede un ´el´ement neutre ∅. Tout ´el´ement est le sym´etrique de lui-mˆeme (A∆A = ∅). Donc (P(E), ∆) est un groupe ab´elien I Exercice 6 Soit E l’intervalle ouvert ] − 1, 1[. Pour x, y ∈ E, on pose x ∗ y = 1. Montrer que ∗ d´efinit une l.c.i. sur E. 2. Soit l’application f : R → R d´efinie par f (x) =

x+y . 1 + xy

ex − e−x , ∀x ∈ R. ex + e−x

a. Montrer que f (R) = E. b. Montrer que ∀x, y ∈ R, on a f (x + y) = f (x) ∗ f (y). En d´eduire que (E, ∗) est un groupe ab´elien isomorphe

2

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

`a (R, +). Corrig´ e. 1. Montrons que si x, y ∈ E, alors x ∗ y ∈ E. D’abord on a 1 + xy ̸= 0 et 1 − (x ∗ y)2 =

(1 + xy)2 − (x + y)2 1 − x2 − y 2 − x2 y 2 (1 − x2 )(1 − y 2 ) = = >0 (1 + xy)2 (1 + xy)2 (1 + xy)2

car x2 < 1 et y 2 < 1. D’o` u 0 ≤ (x ∗ y)2 < 1. Par suite −1 < x ∗ y < 1 2 - a - La fonction f ainsi d´efinie est la tangente hyperbolique x 7→ thx (voir cours d’Analyse), c’est une bijection de R sur E. Donc f (R) = E. th(x) + th(y) = f (x) ∗ f (y). 1 + th(x)th(y) Donc (E, ∗) est isomorphe `a (R, +). Par cons´equent (E, ∗) est un groupe isomorphe `a (R, +). b - On f (x + y) = th(x + y) =

I Exercice 7 Soit l’ensemble E = Z × Z sur lequel on d´efinit la loi de composition interne not´ee ′′ ·′′ de la mani`ere suivante : ∀(a, x), (b, y) ∈ E, (a, x) · (b, y) = (a + bx, xy) 1. Montrer que (E, ·) est un mono¨ıde. 2. Soit u ∈ E. Pour n ∈ N, on pose un = u · u · . . . · u (n fois). Montrer que (a, 1)n = (na, 1). 3. On note G le groupe des ´el´ements inversibles de (E, ·). a - D´eterminer G. b - G est-il ab´elien ? Justifier. Corrig´ e. 1. Soient (a, x), (b, y), (c, z) ∈ E. On a : ((a, x) · (b, y)) · (c, z) = (a + bx, xy) · (c, z) = (a + bx + cxy, xyz) (a, x) · ((b, y) · (c, z)) = (a, x) · (b + cy, yz) = (a + bx + cyx, xyz) Donc · est associative. Soit (e, e′ ) tel que (a, x) · (e, e′ ) = (e, e′ ) · (a, x) = (a, x), ∀(a, x) ∈ E. On a a + xe = e + ae′ = a et xe = e′ x = x. Donc e′ = 1 et e = 0. Puis on v´erifie que (0, 1) est bien l’´el´ement neutre de cette loi. ′

Conclusion, (E, ·) est un mono¨ıde. 2 - On montre par r´ecurrence que ∀n ∈ N, on a (a, 1)n = (na, 1). C’est vrai pour n = 0 car (a, 1)n = (0, 1). Supposons la propri´et´e vraie pour n. On a (a, 1)n+1 = (a, 1)n · (a, 1) = (na, 1) · (a, 1) = ((n + 1)a, 1). D’o` u le r´esultat. 3 - a - On a (a, x) est inversible, si et seulement si, il existe (b, y) ∈ E tel que (a, x)·(b, y) = (b, y)·(a, x) = (0, 1). Donc on a a + bx = b + ay = 0 et xy = 1. Comme x, y ∈ Z, on a x = 1 et y = 1 ou x = −1 et y = −1. Si x = 1 alors (a, 1) · (−a, 1) = (−a, 1) · (a, 1) = (0, 1). Donc (a, 1) est inversible. Si x = −1 alors (a, −1) · (a, −1) = (0, 1). Donc (a, −1) est inversible. Ainsi G = {(a, x) ∈ E : x = ±1}. b - G n’est pas ab´elien car (1, 1) · (1, −1) = (2, −1) alors que (1, −1) · (1, 1) = (0, −1). I Exercice 8 Soit G un groupe, H et K deux sous-groupes de G. Montrer que H ∪ K est un sous-groupe de G, si et seulement si, H ⊂ K ou K ⊂ H. Corrig´ e Montrons que, si H ∪ K est un sous-groupe, alors H ⊂ K ou K ⊂ H. Par contraposition. Si H * K et K * H. Il existe x ∈ H x ∈ / K et y ∈ K, y ∈ / H. Montrons que xy −1 ∈ / H ∪K. Sinon, xy −1 ∈ H ou xy −1 ∈ K. Si 3

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

xy −1 ∈ H on a x−1 xy −1 ∈ H, ce qui entraˆıne y −1 ∈ H. Absurde. De mˆeme, xy −1 ∈ K entraˆıne x = xy −1 y ∈ K c’est encore une absurdit´e. Donc xy −1 ∈ / H ∪ K. Par suite H ∪ K n’est pas un groupe. La r´eciproque est ´evidente. I Exercice 9 Montrer que l’application exponentielle exp : (C, +) → (C∗ , ×) est un morphisme de groupes. D´eterminer son noyau et son image. Corrig´ e. Soit z = x + iy ∈ C. ez = ex (cos y + i sin y) Montrons que f : (C, +) → (C∗ , ×), z 7→ ez est un morphisme. ′ ′ En effet, si z = x + iy et z ′ = x′ + iy ′ dans C, alors ez ez = ex+x (cos y + i sin y)(cos y ′ + i sin y ′ ) = ′ ′ ex+x (cos(y + y ′ ) + i sin(y + y ′ )) = ez+z Soit z = x + iy ∈ C, z ∈ Kerf ⇔ f (z) = 1 ⇔ ex (cos y + i sin y) = 1 ⇔ x = 0 et y = 2kπ o` u k ∈ Z. Donc Kerf = 2πiZ. Soit z = x + iy ∈ C∗ et u = a + ib ∈ C tel que eu = z. Alors ea (cos b + i sin b) = |z|(cos θ + i sin θ), o` u θ = Argz. Donc, si on prend u = ln |z| + iθ, alors eu = z. L’exponentielle est donc surjective. I Exercice 10 Soit E un ensemble, P(E) l’ensemble des parties de E. Montrer que (P(E), ∆, ∩) est un anneau commutatif. Corrig´ e. On a (P(E), ∆) est un groupe ab´elien et (P(E), ∩) est un mono¨ıde commutatif. Il reste `a montrer que ∩ est distributive par rapport `a ∆. Soient A, B, C ⊂ E. On a (A ∩ B)\(A ∩ C) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ C) = (A ∩ B) ∩ (A ∪ C) = ((A ∩ B) ∩ A) ∪ ((A ∩ B) ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (B\C). Donc A∩(B∆C) = A∩((B\C)∪(C\B)) = (A∩(B\C))∪(A∩(C\B)) = ((A∩B)\(A∩C))∪((A∩C)\(A∩B)) = (A ∩ B)∆(A ∩ C) I Exercice 11 1 - Montrer que Z est un mono¨ıde pour la loi ∗ d´efinie par : x ∗ y = x + y − xy 2 - Trouver les ´el´ements inversibles de (Z, ∗). 3 - Calculer pour la loi ∗, les puisances d’un ´el´ement a ∈ Z. Corrig´ e. 1 - Associativit´e. Soient x, y, z ∈ Z, on a : (x ∗ y) ∗ z = (x + y − xy) ∗ z = x + y − xy + z − xz − yz + xyz et x ∗ (y ∗ z) = x ∗ (y + z − yz) = x + y + z − yz − xy − xz + xyz. Donc (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z). ∗ est associative. Commutativit´e. ∀x, y ∈ Z, x ∗ y = x + y − xy = y + x − yx = y ∗ x. ∗ est commutative. El´ement neutre. Soit e tel que x ∗ e = x, ∀x ∈ Z. On a x + e − ex = x. Donc ex = 0, par suite e = 0. On v´erifie alors que x ∗ 0 = 0 ∗ x = x. Ainsi 0 est l’´el´ement neutre de ∗. En conclusion, (Z, ∗) est un mono¨ıde commutatif.

4

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

2 - Un ´el´ement x de Z est inversible pour ∗, s’il existe x′ ∈ Z tel que x ∗ x′ = x + x′ − xx′ = 0. Ou encore, 1 − (1 − x)(1 − x′ ) = 0. Ce qui implique que (1 − x)(1 − x′ ) = 1. Par cons´equent 1 − x = 1 ou 1 − x = −1, ⇒ x = 0 ou x = 2. Les ´el´ements inversibles de (Z, ∗) sont 0 et 2. 3 - En remarquant que x∗y = 1−(1−x)(1−y), montrons par r´ecurrence que x∗n = 1−(1−x)n . C’est vrai pour n = 0, x∗0 = 0. Supposons la propri´et´e vraie pour n. On a x∗(n+1) = x∗x∗n = 1−(1−x)(1−x)n = 1−(1−x)n+1 . I Exercice 12 Soit X un ensemble. On consid`ere (F(X), ◦), le mono¨ıde des applications de X dans lui-mˆeme. Soit f ∈ F(X). Montrer que : 1 - f est r´eguli`ere `a gauche ⇔ f est injective ⇔ f est inversible `a gauche. 2 - f est r´eguli`ere `a droite ⇔ f est surjective ⇔ f est inversible `a droite. 3 - f est bijective ⇔ f est r´eguli`ere ⇔ f est inversible. Corrig´ e. 1 - f r´eguli`ere ` a gauche ⇒ f injective. Supposons que f est r´eguli`ere `a gauche, soient y, y ′ ∈ X tels ′ que f (y) = f (y ). Montrons que y = y ′ . Consid´erons les applications constantes g, h ∈ F(X), telles que ∀x ∈ X, g(x) = y et h(x) = y ′ . On a ∀x ∈ X. f ◦ g(x) = f (g(x)) = f (y) = f (y ′ ) = f (h(x)) = f ◦ h(x). Donc f ◦ g = f ◦ h. Comme f est r´eguli`ere `a gauche, g = h. Donc y = y ′ . f est injective. f injective ⇒ f inversible ` a gauche. Supposons que f est injective. Pour tout y ∈ x, f −1 {y} est un singleton ou vide. Fixons a ∈ X et d´efinissons g ∈ F(X) par : g(y) = x si f −1 {y} = {x}, g(y) = a, si f −1 {y} = ∅. Alors ∀x ∈ X, on a : g ◦ f (x) = x, ∀x ∈ X. Donc g ◦ f = IX . f inversible ` a gauche ⇒ f r´eguli`ere ` a gauche. Cette implication est vraie dans tout mono¨ıde. 2 - f r´eguli`ere ` a droite ⇒ f surjective. Par contraposition, supposons que f ne soit pas surjective. Il existe y ∈ X tel que y ∈ / f (X). Soient a, b ∈ X, a ̸= b. On consid`ere g, h ∈ F(X) d´efinies par : g est l’application constante g(x) = a, ∀x ∈ X, h est d´efinie par h(x) = a si x ∈ f (X), h(x) = b sinon. On a g ◦ f (x) = h ◦ f (x) = a, ∀x ∈ X, mais g ̸= h. Donc f n’est pas r´eguli`ere `a droite. f surjective ⇒ f inversible ` a droite. Supposons que f est surjective. Alors ∀y ∈ X, on a f −1 {y} est non −1 vide. Les ensembles f {y} forment une partition de X, on ”choisit” dans chaque f −1 {y} un ´el´ement z. On d´efinit ainsi une application par z = g(y). Alors f ◦ g = IX . L’implication f inversible ` a droite ⇒ f r´eguli`ere ` a droite est vraie dans tout mono¨ıde. 3 - Les ´equivalences f est bijective ⇔ f est r´eguli`ere ⇔ f est inversible, sont une cons´equence de 2 et 3. I Exercice 13 Soit E un mono¨ıde d’´el´ement neutre e. 1 - Montrer que tout ´el´ement inversible `a gauche et r´egulier `a droite est inversible. 2 - Donner un exemple d’un mono¨ıde contenant un ´el´ement inversible `a gauche non inversible `a droite. 3 - Montrer que dans un mono¨ıde fini tout ´el´ement r´egulier `a gauche ou `a droite est inversible. Corrig´ e. 1 - Soit x ∈ E inversible `a gauche et r´egulier `a droite. Il existe x′ ∈ E tel que x′ x = e. On a (xx′ )x = x(x′ x) = xe = x = ex. Puisque x est r´egulier `a droite, on a : xx′ = e. Donc x est inversible.

5

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

2 - En utilisant l’exercice 12, il suffit de consid´erer F(X) avec X infini et une application injective non surjective. Par exemple X = N et f : N → N, d´efinie par f (n) = n + 1. 3 - On suppose que E est fini et a ∈ E r´egulier `a droite. Soit l’application ρa : E → E, d´efinie par ρa (x) = xa. Puisque a est r´egulier `a droite, ρa est injective. Or E et fini, donc ρa est bijective. Il existe a′ ∈ E tel que : a′ a = e. Donc a est inversible `a gauche et r´egulier `a droite. On applique alors 1. Par la mˆeme m´ethode on d´emontre que r´egulier `a gauche ⇒ inversible. Autre m´ethode. On consid`ere l’application ϕ : N → E d´efinie par ϕ(n) = an . Puisque E et fini, ϕ ne peut pas ˆetre injective. Donc il existe m > n tels que an = am . Donc, puisque a est r´egulier `a gauche ou `a droite, il en est de mˆeme de an . Donc am−n = e. Ou encore a.am−n−1 = am−n−1 .a = e. Donc a est inversible. I Exercice 14 1 - Soit (E, .) un ensemble fini muni d’une l.c.i associative pour laquelle tout ´el´ement est r´egulier. Montrer que (E, ·) est un groupe. 2 - Le r´esultat pr´ec´edent reste-il vrai si on suppose seulement que tout ´el´ement est r´egulier `a gauche ? Corrig´ e 1 - Nous allons montrer que (E, ·) poss`ede un ´el´ement neutre. Soit a ∈ E fix´e. On consid`ere les applications λa , ρa : E → E, d´efinies par λa (x) = ax et ρa (x) = xa. Puisque a est r´egulier , λa et ρa sont injectives. Comme E est fini, elles sont bijectives. Donc ∃e ∈ E tel que ae = λa (e) = a. Soit x ∈ E. Comme ρa est bijective, il existe x′ ∈ E tel que x = x′ a. On a xe = (x′ a)e = x′ (ae) = x′ a = x. De mˆeme on a a(ex) = (ae)x = ax, donc par r´egularit´e de a on a ex = x. Par cons´equent, (E, ·) poss`ede un ´el´ement neutre e. (E, ·) est un mono¨ıde fini dans lequel tout ´el´ement est r´egulier, on utilise alors l’exercice 13 question 3, pour conclure que tout ´el´ement de E et inversible. Donc (E, ·) est un groupe. 2 - Soit E un ensemble fini de cardinal ≥ 2. On d´efinit sur E la loi ∗ par x ∗ y = y, ∀x, y ∈ E. Alors ∗ est associative et tout ´el´ement de e est r´egulier `a gauche car a ∗ x = a ∗ y ⇒ x = y. Mais (E, ∗) n’est pas un groupe (il ne poss`ede pas d’´el´ement neutre). I Exercice 15 Montrer que les groupes (Q, +) et (Q∗+ , ×) ne sont pas isomorphes. Corrig´ e Supposons qu’il existe un isomorphisme f : (Q, +) → (Q∗+ , ×). Il existe α ∈ Q, tel que f (α) = 2. On a √ √ α α α α 2 = f (α) = f ( + ) = f ( )2 . Donc f ( ) = 2. Absurde, car 2 ∈ / Q. 2 2 2 2 I Exercice 16 1 - Dire√si les ensembles suivants sont √ des sous-anneaux de R. 3 A = {a + b 2 ∈ R : a, b ∈ Z}. B = {a + b 2 ∈ R : a, b ∈ Z}. 2 - Montrer que D = {a + bi ∈ C : a, b ∈ Z}, o` u i2 = −1, est un sous-anneau de C. Trouver ses ´el´ements inversibles. Corrig´ e √ √ 1 -√On a 1 ∈ A. Soient a + b 2, a′ + b′ 2√∈ A, alors : √ ′ ′ (a + b√2) − (a′ +√b′ 2) = (a − a′ ) + (b − b′ ) 2 ∈ Z. √A, car (a − a ′), (b − ′b ) ∈ ′ ′ ′ ′ ′ ′ (a + b 2)(a + b 2) = (aa + 2bb ) + (ab + ba ) 2 ∈ A, car aa + 2bb , ab′ + ba′ ∈ Z. En conclusion, A est un sous-anneau de R.

6

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

√ √ 3 3 Nous allons montrer que B n’est pas un sous-anneau. Plus √ pr´ecis´ement √ que ( √2)2 = 4 ∈ /√ B. Suppo√ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 3 3 sons que 4 = a + b 2 ∈ B. On multiplie par 2 on obtient 8 = 2 = a 2 + b 4. Donc, a 2+b 4 = √ √ √ 3 3 2 3 a 2 + b(a + b 2) = ab + (a + b ) 2 = 2. - Si a + b2 = 0, on a −b3 = 2, ce qui est impossible. - Si a + b2 ̸= 0, alors

√ 3

2=

2 − ab ∈ Q, ce qui est encore impossible. a + b2

√ 3 En cons´equence, ( 2)2 ∈ / B. B n’est pas un sous-anneau de R. 2 - On a 1 ∈ D. Soient a + bi, a′ + b′ i ∈ D, alors :

(a + bi) − (a′ + b′ i) = (a − a′ ) + (b − b′ )i ∈ D, car (a − a′ ), (b − b′ ) ∈ Z. √ (a + b 2)(a′ + b′ i) = (aa′ − bb′ ) + (ab′ + ba′ )i ∈ D, car aa′ − bb′ , (ab′ + ba′ ) ∈ Z. D est donc un sous-anneau de C. Soit z = a + bi ∈ D un ´el´ement inversible. Il existe z ′ = c + di ∈ D tel que zz ′ = 1. En prenant les modules, on obtient | zz ′ |2 =| z |2 | z ′ |2 = 1. Par cons´equent (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = 1. Il en r´esulte que a2 + b2 = 1. D’o` u (a, b) = (0, 1), (1, 0), (0, −1) ou (−1, 0). Les ´el´ements inversibles sont donc 1, −1, i et − i. I Exercice 17 Soit α ∈ R. Donner une condition n´ecessaire et suffisante sur α pour que l’ensemble {a + bα ∈ R : a, b ∈ Q}, soit un sous-anneau de R. Corrig´ e Soit A = {a + bα ∈ R : a, b ∈ Q}. On a 1 ∈ A et il est clair que A est toujours un sous-groupe de (R, +). Supposons que A soit un sous-anneau de R, alors ∀a, b, a′ , b′ ∈ Q, on a : (a + bα)(a′ + b′ α) = aa′ + (ab′ + ba′ )α + bb′ α2 ∈ A, ce qui entraˆıne α2 ∈ A. i.e α2 = cα + d, avec c, d ∈ Q. Cette condition est aussi suffisante, car si α2 = cα + d, on a (a + bα)(a′ + b′ α) = aa′ + (ab′ + ba′ )α + bb′ α2 ∈ A I Exercice 18 (voir aussi exercice 26) Soit (A, +, ·) un anneau. On d´esigne par 0, l’´el´ement neutre de (A, +) et par 1, l’´el´ement neutre de (A, ·). On dit que a ∈ A est nilpotent s’il existe k ∈ N tel que ak = 0. 1. Montrer que si a et b sont nilpotents et que ab = ba, alors a + b est nilpotent. 2. Montrer que si a est nilpotent alors 1 − a est inversible. Calculer alors son inverse. 3. Trouver les ´el´ements nilpotents de Z/10Z et de Z/12Z. Corrig´ e. 1. Soient a, b ∈ A nilpotents. Il existe k, m ∈ N tels que ak = bm = 0. Comme ab = ba, on peut appliquer la formule du binˆome, on a : (a + b)k+m

=

k+m ∑

i Ck+m ai bk+m−i

i=0

=

k ∑

i Ck+m ai bk+m−i +

i=0

=

bm

k ∑ i=0

k+m ∑

i Ck+m ai bk+m−i

i=k+1 k+m ∑ k

i Ck+m ai bk−i + a

i Ck+m ai−k bk+m−i

i=k+1

7

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

Donc : (a + b)k+m = 0 En conclusion on a (a + b)k+m = 0, d’o` u a + b est nilpotent. 2. Soit a ∈ A, On a (1−a)(1+a+a2 +. . .+ak−1 ) = 1−ak . Donc si ak = 0, (1−a)(1+a+a2 +. . .+ak−1 ) = 1. Ce qui entraˆıne que (1 − a) est inversible et que (1 − a)−1 = (1 + a + a2 + . . . + ak−1 ). 3. Il est clair qu’un ´el´ement inversible ne peut pas ˆetre nilpotent. Donc les ´el´ements ¯1, ¯3, ¯7, ¯ 9 qui sont inversibles dans Z/10Z, ne sont pas nilpotents. D’autre part, on a : Les puissances de ¯ 2 sont ¯ 1, ¯ 2,¯ 4 ,¯ 8,¯ 6. Donc ¯2 n’est pas nilpotent. Les puissances de ¯ 4 sont ¯ 1, ¯ 4,¯ 6. Donc ¯4 n’est pas nilpotent. Les puissances de ¯ 5 sont ¯ 1, ¯ 5. Donc ¯ 5 n’est pas nilpotent. Les puissances de ¯ 6 sont ¯ 1, ¯ 6. Donc ¯ 6 n’est pas nilpotent. Les puissances de ¯ 8 sont ¯ 1, ¯ 8, ¯ 4, ¯ 2. Donc ¯8 n’est pas nilpotent. Par cons´equent le seul ´el´ement nilpotent dans cet anneau est ¯0. ¯, 5 ¯, 7 ¯, 11, sont inversibles, donc non nilpotents. Par ailleurs, ¯1 − ¯3, ¯1 − ¯4, ¯1 − ¯8, Dans Z/12.Z, les ´el´ements 1 ¯1 − ¯9, ¯1 − 10 ne sont pas inversibles, donc ¯3, ¯4, ¯8, ¯9, 10 ne sont pas nilpotents. ¯2 n’est pas nilpotent. Ainsi les seuls ´el´ements nilpotents de Z/12.Z sont ¯0 et ¯6. I Exercice 19 Soit K = (Z/2Z, +, ·). On d´efinit les lois + et · sur K 2 par : (x, y) + (z, t) = (x + y, z + t) et (x, y).(z, t) = (xz + yt, xt + yz + yt) Montrer que (K 2 , +, ·) est un corps commutatif `a 4 ´el´ements. Corrig´ e. On (K 2 , +) est un groupe ab´elien.(loi produit direct). Soient (x, y), (z, t), (u, v) ∈ K 2 . On a : ((x, y) · (z, t)) · (u, v) = (xz + yt, xt + yz + yt) · (u, v) = (xzu + ytu + xtv + yzv + ytv, xzv + ytv + xtu + yzu + ytu + xtv + yzv + ytv) (x, y) · ((z, t) · (u, v)) = (x, y) · (zu + tv, zv + tu + tv) = (xzu + xtv + yzv + ytu + ytv, xzv + xtu + xtv + yzu + ytv + yzv + ytu + ytv) On a ((x, y) · (z, t)) · (u, v) = (x, y) · ((z, t) · (u, v)), donc · est associative. Montrons que · est commutative. On a : (x, y) · (z, t) = (xz + yt, xt + yz + yt) et (z, t) · (x, y) = (zx + ty, zy + tx + ty). Donc (x, y) · (z, t) = (z, t) · (x, y). la loi · est donc commutative. Montrons que · poss`ede un ´el´ement neutre. Soit (e, e′ ) ∈ K 2 , tel que ∀(x, y) ∈ K 2 (x, y) · (e, e′ ) = (xe + ye′ , xe′ + ye + ye′ ) = (x, y). En particulier, pour x = ¯1 et y = ¯0 on a e = ¯1 et e′ = ¯0. On v´erifie bien que (¯1, ¯ 0) est l’´el´ement neutre de ·. Montrons que · est distributive par rapport `a +. (x, y), (z, t), (u, v) ∈ K 2 . On a : (x, y)·((z, t)+(u, v)) = (x, y)·(z+u, t+v) = (xz+xu+yt+yv, xt+xv+yz+yu+yt+yv) (x, y)·(z, t)+(x, y)·(u, v) = (xz + yt, xt + yz + yt) + (xu + yv, xv + yu + yv) = (xz + yt + xu + yv, xt + yz + yt + xv + yu + yv)

8

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

La loi · est distributive par rapport `a +. Conclusion (K 2 , +, ·) est un anneau commutatif. On a K 2 = {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}. (1, 0) est l’´el´ement neutre de la loi multiplicative et on v´erifie que (1, 1) · (0, 1) = (1, 0). Donc (1, 1) et (0, 1) sont inversibles. Donc tout ´el´ement de K 2 \ {(0, 0)} est inversible. Par cons´equent (K 2 , +, ·) est un corps commutatif de cardinal 4. I Exercice 20 Soient q, m, n trois eniers naturels non nuls. 1. Montrer que le reste de la division euclidienne de q n − 1 par q m − 1 est ´egal `a q r − 1, o` u r est le reste de la division euclidienne de n par m. 2. En d´eduire le PGCD de q n − 1 et q m − 1 est q d − 1, o` u d est le PGCD de n et m. 3. Soit n un entier naturel superieur ou ´egal `a 2. Montrer que si 5n − 4n est premier alors n est premier. Corrig´ e. 1. Posons n = am + r, o` u a et r sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de n par m. On a q n − 1 = (q am − 1)q r + q r − 1. Comme q am − 1 est divisible par q m − 1, on a (q am − 1)q r + q r − 1 ≡ q r − 1 mod(q m − 1). Par ailleurs, q r − 1 < q m − 1, donc q r − 1 est le reste de la division euclidienne de q n − 1 par q m − 1. 2. D’apr`es l’algorithme d’Euclide, il existe une suite finie strictement d´ecroissante r1 > . . . > rk = 0, telle que ri+1 soit le reste de la DE de ri−1 par ri est rk−1 = m ∧ n = d. D’apr`es 1, le reste de la division euclidienne de q ri−1 − 1 par q ri − 1 est ´egal `a q ri+1 − 1. Donc le PGCD de q m − 1 et q n − 1 est le dernier reste non nul qui est q d − 1 3. Si n n’est pas premier, alors n = km avec k ̸= 1 et m ̸= 1. Donc u = 5n − 4n = 5km − 4km = (5k )m − (4k )m est divisible par 5k − 4k qui est different de 1 et u. I Exercice 21 Soit p un nombre premier. 1. Montrer que pour tout k tel que 1 < k < p on a p | Cpk . 2. En raisonnant par r´ecurrence et en utilisant la question 1, donner une d´emonstration du ’petit’ th´eor`eme de Fermat. Corrig´ e. p! . Donc p! = k!(p − k)!Cpk . On a 1 < k < p, et p est premier, donc p - (p − k)! et k!(p − k)! p - k!. Par cons´equent, p - k!(p − k)!. Or p | k!(p − k)!Cpk , donc d’apr`es le th´eor`eme de Gauss, p | Cpk . 2. Montrons par r´ecurrence sur a ∈ N, que p | ap − a. C’est vrai pour a = 0. Supposons la propri´et´e vraie pour a, montrons qu’elle est vraie pour a + 1. On a p p−1 p−1 ∑ ∑ ∑ p k k p k k (a + 1) − a − 1 = Cp a − a − 1 = a − a + Cp a . D’apr`es 1, on a p | Cpk ak et d’apr`es l’hypoth`ese de 1. On a Cpk =

k=0

k=1

k=1

r´ecurrence, p | ap − a. Donc p | (a + 1)p − a − 1. I Exercice 22

D´eterminer le plus petit entier naturel dont les restes de la division euclidienne par 7, 9 et 11 sont respectivement 1 et 2 et 4. Corrig´ e. Soit x un entier tel que les restes de la division euclidienne de x par 7, 9 et 11 sont respectivement 1 et 2 et 4. On a x = 7k + 1 = 9a + 2. En r´eduisant modulo 7 on obtient 2a = 6. Donc a = 3. Par suite x = 9(7m + 3) + 2 = 63m + 27. Par ailleurs, on a x = 63m + 29 = 11s + 4. En r´eduisant modulo 11 on obtient, 8m = 8. Par suite, m = 11t + 1. D’o` u x = 63(11t + 1) + 29 = 693t + 92. Le nombre cherch´e est 92.

9

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

I Exercice 23 Soit un nombre premier p tel que −1 n’est pas un carr´e dans (Z/pZ, +, ·). Soient x et y deux entiers. Montrer que x2 + y 2 est divisible par p, si et seulement si, x et y sont divisibles par p. Corrig´ e. Supposons que p | x2 + y 2 et p - x. Alors x ¯2 + y¯2 dans Z/pZ. Comme p - x, on a x ¯ est inversible dans Z/pZ. 2 −1 2 ¯ On a alors 1 + ((¯ x ) y¯) = 0. Posons z¯ = (¯ u p | y. x)−1 y¯, alors z¯2 = −1. Contradiction. Donc p | x. D’o` La r´eciproque est ´evidente. I Exercice 24 Montrer que ∀n ∈ N on a : a) 24 | n3 (n2 − 1) et b) 6 | 5n3 + n. Corrig´ e. a) Nous avons 24 = 3.8 et 3 ∧ 8 = 1. Pour montrer que 24 | n3 (n2 − 1), on doit montrer que 3 2 3 | n (n − 1) et 8 | n3 (n2 − 1). On a, d’apr`es le th´eor`eme de Fermat, 3 | n3 − n donc 3 | n3 (n2 − 1) = n2 (n3 − n). Par ailleurs, on v´erifie dans Z/8Z que n ¯5 − n ¯ 3 = ¯0, ∀n ∈ N. b) Montrons que 6 | 5n3 + n. On a 2 | n − n3 et d’apr`es le th´eor`eme de Fermat 3 | n − n3 . Par suite 6 | n − n3 . D’o` u 6 | n − n3 + 6n3 = 5n3 + n. I Exercice 25 Soit A un anneau tel que ∀x ∈ A, on a : x2 = x. 1 - Montrer que ∀x ∈ A, on a : x + x = 0 et que A est commutatif. 2 - Montrer que si A contient au moins trois ´el´ements, alors il n’est pas int`egre. Corrig´ e 1 - (x + 1)2 = x + 1 = x2 + x + x + 1 = x + x + x + 1, ce qui implique x + x = 0, i.e. −x = x. D’autre part, x + y = (x + y)2 = x2 + xy + yx + y 2 = x + xy + yx + y, ce qui entraˆıne xy + yx = 0. Mais yx = −yx, donc yx = xy. A est commutatif. 2 - Soient x ̸= 0, 1. On a x(x + 1) = x + x = 0, mais x ̸= 0 et x + 1 ̸= 0. A n’est pas int`egre. I Exercice 26 Soit (A, +, ·) un anneau commutatif. On d´esigne par 0, l’´el´ement neutre de (A, +) et par 1, l’´el´ement neutre de (A, ·). On dit que a ∈ A est nilpotent s’il existe k ∈ N tel que ak = 0. 1 - Montrer que si a et b sont nilpotents alors a + b est nilpotent. 2 - Montrer que si a est nilpotent alors 1 − a est inversible. Calculer alors son inverse. 3 - Soit A[X] l’anneau des polynˆomes `a une ind´etermin´ee sur A, et a, b deux ´el´ements de A. Montrer que le polynˆome aX + b est inversible dans A[X], si et seulement si, b est inversible et a est nilpotent dans A. 4 - Soit n ∈ N∗ et a ∈ Z. Montrer que les propositions suivantes sont ´equivalentes. (i) - a est nilpotent dans Z/nZ. (ii) - ∀ ¯b ∈ Z/nZ, ¯ 1 − ¯b¯ a est inversible. (iii) - Tout nombre premier qui divise n divise a. 5 - Donner une condition n´ecessaire et suffisante sur n pour que tout diviseur de z´ero dans Z/nZ soit nilpotent. Corrig´ e 1 - Soient a, b ∈ A nilpotents. Il existe k, m ∈ N tels que ak = bm = 0. D’apr`es la formule du binˆome, qui s’applique puisque A est commutatif, on a :

10

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

k+m

(a + b)

k+m ∑

=

i=0 k ∑

=

i Ck+m ai bk+m−i

i Ck+m ai bk+m−i +

i=0

bm

=

k ∑

Donc : (a + b)

k+m ∑

i Ck+m ai bk+m−i

i=k+1 k+m ∑ k

i Ck+m ai bk−i + a

i=0 k+m

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

i Ck+m ai−k bk+m−i

i=k+1

=0

En conclusion on a (a + b)k+m = 0, d’o` u a + b est nilpotent. 2 - Soit a ∈ A, On a (1−a)(1+a+a2 +. . .+ak−1 ) = 1−ak . Donc si ak = 0, (1−a)(1+a+a2 +. . .+ak−1 ) = 1. Ce qui entraˆıne que (1 − a) est inversible et que (1 − a)−1 = (1 + a + a2 + . . . + ak−1 ). 3 - Supposons que aX+b est inversible dans A[X], il existe alors P = cn X n +cn−1 X n−1 +. . .+c1 X+c0 ∈ A[X], tel que (aX +b)P = 1. Ce qui entraˆıne que : (acn X n+1 +acn−1 X n +. . .+ac1 X 2 +ac0 X)+(bcn X n +bcn−1 X n−1 + . . . + bc1 X + bc0 ) = 1. D’o` u : acn X n+1 + (acn−1 + bcn )X n + (acn−2 + bcn−1 )X n−1 + · · · + (ac0 + bc1 )X + bc0 = 1. Ainsi on a : bc0 = 1, ack + bck+1 = 0, pour k = 0, . . . n − 1 et acn = 0. Donc b est inversible et ck+1 = −b−1 ack , pour k = 0, . . . n − 1, et acn = 0. Finalement, cn = (−1)n b−n an c0 et acn = (−1)n b−n an+1 c0 = 0. Puisque b et c0 sont inversibles, on a : an+1 = 0. Donc a est nilpotent. R´eciproquement, si b est inversible et a nilpotent, on a : b + aX = b(1 + b−1 aX). −b−1 aX est nilpotent car a est nilpotent, par suite 1 + b−1 aX est inversible d’apr`es 3. d’o` u b(1 + b−1 aX) est inversible car produit de deux inversibles. 4 - a) - Nous allons montrer que (i)⇒(ii)⇒(iii)⇒(i). (i)⇒(ii). Si a ¯ est nilpotent, ¯b¯ a est nilpotent et ¯1 − ¯b¯ a est inversible. (ii)⇒(iii). Par contraposition, montrons non (iii)⇒ non (ii). Supposons qu’il existe un nombre premier p|n tel que p - a. On a n = pm et d’apr`es B´ezout, il existe u, v ∈ Z tels que up + va = 1. Alors on a : upm + vam = un + vam = m. Par cons´equent, v¯a ¯m ¯ =m ¯ dans Z/nZ. Ou encore (1 − v¯a ¯ )m ¯ = 0. Ainsi (1 − v¯a ¯) est un diviseur de zero, donc non inversible. αs 1 (iii)⇒(i). Supposons (iii), a = pα , o` u les pi sont des premiers distincts. On a, par hypoth`ese, 1 . . . ps p1 . . . ps | a. Prenons k = max{β1 , . . . , βs }, alors n | ak . Donc a ¯ est nilpotent.

5 - Supposons que tout ´el´ement non inversible de Z/nZ est nilpotent. Soit p, q deux nombres premiers divisant n. On a p est non inversible, donc nilpotent. Il r´esulte, d’apr`es 5-a, que q | p Donc n est divisible par un seul nombre premier. D’o` u n = ps . I Exercice 27 ) ( ′ ∈ M2 (C)}. Montrer que H est un corps non commutatif pour les op´erations usuelles sur Soit H = { zz′ −z z les matrices. ( H est appel´e le corps des quaternions). Corrig´ e Montrons que H est un sous-anneau de ∈ M2 (C)}. ( ) ( ) ′ u −v ′ On a I2 ∈ H. Soient zz′ −z , ∈ H. On a : ′ z v u ( ) ( ) ( ) −(z ′ −u′ ) z −z ′ − u −u′ = z−u ∈ H. ′ ′ z′ z u′ u z −u

z−u

11

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011 (

z −z ′ z′ z

v = zu −

) ( · uu′

z ′ u′

−u′ u ′

)

( = ′

zu−z ′ u′ −(zu′ +z ′ u) z ′ u+zu′ −z ′ u′ +zu ′

)

( =

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

v −v ′ v′ v

)

∈ H, o` u

et v = z u + zu .

Par cons´equent, (H, +, ·) est un anneau. Montrons que(H, +, ·) est un corps. Soit M =

(

z −z ′ z′ z ′ ′

)

̸= 0. Donc z ou z ′ ̸= 0. Posons z = a + bi et z ′ = c + di,

avec a, b, c, d ∈ R non tous nuls. On a detM = zz + z z =|z|2 + |z ′|2= a2 + b2 + c2 + d2 ̸= 0. Donc M est inversible. −1 t

−1 −1 Il reste ( `a montrer ) que M ∈ H. On a M = (detM) αz −αz ′ M −1 = αz ∈ H. ′ αz

. Com(M ). Posons α = det(M )−1 . On a α ∈ R et

(H, +, ·) n’est pas commutatif, il suffit de prendre : M = ( 0 −i ) ′ ′ M ′ M = −i 0 . On a bien M M ̸= M M .

(i 0 ) ( 0 −1 ) ′ ′ 0 i 0 −i . On a M M = ( i 0 ), 1 0 , M =

I Exercice 28 Soit A un sous-anneau quelconque de Q. 1 - Montrer que A contient Z. m 1 2 - Soit ∈ A tel que m ∧ n = 1, montrer que ∈ A. n n Corrig´ e 1 - On a 1 ∈ A, par r´ecurrence n = n.1 ∈ A. Donc N ∈ A. Par ailleurs−n ∈ A. Finalement Z ⊂ A. m 1 m 2 - D’apr`es le th´eor`eme de Bezout, il existe a, b ∈ Z : am + bn = 1. Donc a + b = . Or a et b sont n n n 1 dans A, donc ∈ A. n I Exercice 29

√ √ √ √ Dans tout cet exercice, on consid`ere les ensembles Q[ 2] = {a + b 2 ∈ R : a, b ∈ Q} et Z[ 2] = {a + b 2 ∈ R : a, b ∈ Z} √ √ 1 - Montrer que de √ R et que Q[ 2] est son corps de fractions. √ Z[ 2] est √ un sous-anneau √ √ 2 - Soit σ : Q[ 2] → Q[√ 2] ; a + automorphisme du corps Q[ 2]. √ b 2 7→ a − b 2. Montrer que σ2 est un 2 3 - Pour 2], on pose N (z) = |zσ(z)| = |a − √ tout z+= a + b 2 ∈ Q[ √2b | qu’on appelle norme de z. Montrer que ′ ′ ′ N (Q[ 2]) ⊂ Q√ et que N (zz ) = N (z).N (z ) pour √ tous z, z ∈ Q[ 2]. 4 - Soit z ∈ Z[ 2]. Montrer z est inversible dans Z[ 2], si√et seulement si, N (z) = 1. 5 - Prouver que√l’ensemble des ´el´ements inversibles √ de Z[ 2] est infini. 6 - Soit z ∈ Q[ 2]. Montrer qu’il existe u ∈ Z[ 2], tel que N (z − u) < 1. (montrer d’abord que pour tout x 1 dans Q, il existe s ∈ Z tel que |x − s| ≤ ). √ 2 √ 7 - Montrer que, pour tous z, u ∈ Z[ 2], avec u ̸= 0, il existe q, r ∈ Z[ 2], tels que z = qu + r et N (r) < N (q). Corrig´ e √ √ √ √ 1 - On a 1 ∈ Z[ 2]. Soient a + b 2, a′ + b′ 2 ∈ Z[ 2], alors : √ √ √ √ (a + b 2) − (a′ + b′ 2) = (a − a′ ) + (b − b′ ) 2 ∈ Z[ 2], car (a − a′ ), (b − b′ ) ∈ Z. √ √ √ √ (a + b 2)(a′ + b′ 2) = (aa′ + 2bb′ ) + (ab′ + ba′ ) 2 ∈ Z[ 2], car aa′ + 2bb′ , ab′ + ba′ ∈ Z. √ En conclusion, Z[ 2] est un sous-anneau de R. a En g´en´eral, si A est un anneau int`egre contenu dans un corps, alors l’ensemble F = { ∈ K : a ∈ A, b ∈ A∗ }, b est un sous-corps de K et c’est un corps de fractions de A. 12

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

√ √ √ √ Soient a + b 2 ∈ Z[ 2], c + d 2 ∈ Z[ 2]∗ , alors : √ √ √ √ √ √ a+b 2 (a + b 2)(c − d 2) (a + b 2)(c − d 2) √ = √ √ = ∈ Q[ 2] c2 + 2d2 c+d 2 (c + d 2)(c − d 2) √ √ a c√ (ad + bc) 2 , c’est donc un quotient de deux R´eciproquement, tout ´el´ement + 2, de Q[ 2] s’´ecrit, b √d bd √ √ √ x ´el´ements de Z[ 2]. Par cons´equent, Q[ 2] = { ∈ R : x ∈ Z[ 2], y ∈ Z[ 2]∗ }. C’est donc le corps de fraction y √ de Z[ 2]. √ √ √ √ 2 - σ : Q[ 2] → Q[ 2] ; a + b 2 7→ a − b 2. √ √ √ Soient x = a + b 2, y = a′ + b′ 2 ∈ Q[ 2]. On a : √ √ √ √ σ(x + y) = σ((a + a′ ) + (b + b′ ) 2) = a + a′ − (b + b′ ) 2 = a − b 2 + a′ − b′ 2 = σ(x) + σ(y). √ √ √ √ σ(xy) = σ((aa′ + 2bb′ )) + (ab′ + ba′ ) 2 = (aa′ + 2bb′ ) − (ab′ + ba′ ) 2 = (a − b 2)(a′ − b′ 2) = σ(x)σ(y). √ √ σ est un √ morphisme de corps, donc n´ecessairement injectif. Il est aussi surjectif car ∀x = a + b 2 ∈ Q[ 2], on a σ(a − b 2) = x. Finalement, σ est un automorphisme. √ √ √ 3 - Pour tout z = a + b 2, ∈ Q[ 2], il est clair que N (Q[ 2]) ⊂ Q+ . Par ailleurs, N (zz ′ ) = |zz ′ σ(zz ′ )| = |zz ′ σ(z ′ )σ(z ′ ) = |zσ(z).z ′ σ(z ′ )| = |zσ(z)|.|z ′ σ(z ′ )| = N (z)N (z ′ ). √ √ √ 4 - Soit z ∈ Z[ 2]. z est inversible dans Z[ 2], si et seulement si, il existe z ′ ∈ Z[ 2] : zz ′ = 1. Ce qui en√ traˆıne que N (zz ′ ) = N (z)N (z ′ ) = 1. Comme z, z ′ ∈ Z[ 2], on a N (z), N (z ′ ) ∈ N. Ce qui entraˆıne que N (z) = 1. √ √ R´eciproquement, supposons que N (z) = 1, on a z = a + b 2, et a2 − 2b2 = ±1. Posons z ′ = a − b 2, alors zz ′ = ±1, ce qui entraˆıne que z est inversible. √ 5 - L’´el´ement z = 1 + 2 est inversible car N (z) = −1. On a ∀n ∈ N, z n est aussi inversible. D’autre part, z n ̸= z m , ∀n ̸= m, sinon z n−m = 1, ce qui implique, puisque z ∈ R, que z = ±1 ce qui est absurde. Donc l’ensemble {z n : n ∈ N} est infini. 1 6 - Soit x ∈ Q. Notons E(x), la partie enti`ere de x. Posons ϕ(x) = E(x), si x ∈ [E(x), E(x) + [ et 2 1 1 ϕ(x) = E(x) + 1, si x ∈ [E(x) + , E(x) + 1[. On a toujours |x − ϕ(x)| ≤ . 2 2 √ √ √ √ Pour z = x+y 2 ∈ Q[ 2], posons u = ϕ(x)+ϕ(y) 2 ∈ Z[ 2]. On a N (z−u) = |(x−ϕ(x))2 −2(y−ϕ(y))2 | ≤ 1 1 | − | < 1. 4 2 √ √ √ z z 7 - Soient z, u ∈ Z[ 2], avec u ̸= 0. On a ∈ Q[ 2], donc, d’apr`es 6, il existe q ∈ Z[ 2], tel que N ( −q) < 1. u u z − qu r Posons r = z − qu, alors z = qu + r, et N ( ) = N ( ) < 1. Ce qui entraˆıne que N (r) < N (q). u u I Exercice 30 Montrer que pour tout P ∈ K[X] on a P (X) − X divise P (P (X)) − X.

13

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011 Corrig´ e Posons P =

n ∑

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

ak X k . On a P (P (X)) − X = P (P (X)) − P (X) + P (X) − X. Il suffit donc de montrer que

k=0

P (X) − X divise P (P (X)) − P (X). On a P (P (X)) − P (X) =

n ∑ k=0

ak P k −

n ∑ k=0

ak X k =

n ∑

ak (P k − X k ). Comme P − X divise P k − X k pour

k=0

tout k ∈ N, on a alors P (X) − X divise P (P (X)) − P (X). I Exercice 31 Pour quelles valeurs de n ∈ N∗ , le polynˆome (X n + 1)n − X n est-il divisible par X 2 + X + 1 ? Corrig´ e

√ 1 3 Les racines de X + X + 1 sont j = − + i et ¯j. Donc X 2 + X + 1 = (X − j)(X − ¯j). Posons 2 2 P = (X n + 1)n − X n . Pour que P soit divisible par X 2 + X + 1, il faut et il suffit que P (j) = P (¯j) = 0. Comme P est `a coefficient r´eels, on a P (j) = 0 ⇒ P (¯j) = 0. Donc il suffit d’avoir P (j) = 0. 2

Notons d’abord que j 3k+r = (j 3 )k · j r = j r , pour r = 0, 1, 2. • Si n = 3k, P (j) = (j 3k + 1)3k − j 3k = 23k − j 3k ̸= 0. • Si n = 3k + 1, P (j) = (j 3k+1 + 1)3k+1 − j 3k+1 = (j + 1)3k+1 − j P (j) = (−j 2 )3k+1 − j = (−1)3k+1 j 6k+2 − j = (−1)3k+1 j 2 − j ̸= 0. • Si n = 3k + 2, P (j) = (−j)3k+2 − j 2 = (−1)3k+2 j 3k+2 − j 2 = (−1)3k j 2 − j 2 = ((−1)k − 1)j 2 Il en r´esulte que dans ce cas P (j) = 0 ⇔ k est pair. Finalement P est divisible par X 2 + X + 1, si et seulement si, n = 6k + 2. I Exercice 32 1 . α 1 - Montrer que β est racine d’un polynˆome du second degr´e de Q[X] que l’on d´eterminera. 2π 2π 2 - En d´eduire l’expression de β puis celles de cos et sin par radicaux. 5 5 1 α2 + 1 α3 + α 1 α4 + 2α2 + 1 Corrig´ e. 1 - On a β = α + = = , et β 2 = α2 + 2 + 2 = , d’o` u β2 + β = 1 2 α α α α α2 2π 2π + i sin , alors α est racine de X 5 − 1 = (X − 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1). Comme 2 - Soit α = cos 5 5 2π 1 α ̸= 1, on a α est racine de X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Il en r´esulte que 2 cos = α + est racine de X 2 + X − 1. 5 α √ √ 2π −1 ± 5 2π π 2π 2π 2π −1 + 5 Donc 2 cos = . Comme 0 < < , on a cos > 0 et cos > 0. Donc cos = et 2 5 2 5 5 5 4 √ √5 √ 2π 2π 10 + 2 5 sin = 1 − cos2 = 5 5 4 Soit α une racine de P = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. On pose β = α +

I Exercice 33 1 - Soit P = an X n + an−1 X n−1 + . . . + a1 X + a0 ∈ Z[X]. Montrer que x ∈ Z est racine de P alors a − x | P (a), pour tout a ∈ Z. En particulier, montrer qu’on a x | a0 . 2 - Trouver les racines enti`eres de P = X 6 + X 5 − 3X 4 + 3X 3 − 16X 2 + 2X − 12, puis factoriser ce polynˆome.

14

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011 Corrig´ e. 1 - On a P (X) − P (a) =

n ∑

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

ak (X k − ak ). Comme X k − ak = (X − a)(X k−1 + aX k−2 + . . . + ak−2 X + ak−1 ),

k=0

il est clair que X − a divise P (X) − P (a) dans Z[X]. D’o` u il existe Q ∈ Z[X] tel que P (X) − P (a) = (X − a)Q. Donc, si x ∈ Z est racine de P , alors −P (a) = (x − a)Q(a). D’o` u x − a divise P (a). En particulier, pour a = 0, x divise P (0) = a0 . 2 - Si P poss`ede des racines enti`eres, alors elles divisent 12. Donc appartiennent `a l’ensemble {1, −1, 2, −2, 3, −3, 4, −4, 6, −6, 12, −12}. On v´erifie que 2 et −3 sont racines de P . Ainsi P est divisible par (X −2)(X +3) = X 2 +X −6. La division euclidienne de P par X 2 +X −6 donne P = (X 2 +X −6)(X 4 +3X 2 +2) Par ailleurs, on a X 4 + 3X 2 + 2 = (X 2 + 1)(X 2 + 2), d’o` u les factorisations : √ √ P = (X − 2)(X + 3)(X − i)(X + i)(X − i 2)(X + i 2) dans C[X]. P = (X − 2)(X + 3)(X 2 + 1)(X 2 + 2) dans R[X]. I Exercice 34 Soit le polynˆome A(X) = X 6 − 3X 4 − 8X 3 −√ 9X 2 − 6X − 2 ∈ C[X]. 2πi 1 3 1 - Calculer A(j) et A′ (j), o` u j =e 3 =− +i . 2 2 2 - Factoriser A dans C[X] et dans R[X]. Corrig´ e. 1 - A(j) = j 6 − 3j 4 − 8j 3 − 9j 2 − 6j − 2 = 1 − 3j − 8 − 9j 2 − 6j − 2 = −9 − 9j − 9j 2 = 0. A′ (X) = 6X 5 − 12X 3 − 24X 2 − 18X − 6 et A′ (j) = 6j 2 − 12 − 24j 2 − 18j − 6 = −18j 2 − 18j − 18 = 0. 2 - Il en r´esulte que j est une racine au moins double de A. Comme A est un polynˆome r´eel, ¯j est aussi racine au moins double. Par cons´equent, A est divisible par (X −j)2 (X − ¯j)2 = ((X −j)(X − ¯j))2 = (X 2 +X +1)2 . La division euclidienne de A par (X 2 + X + 1)2 donne A = (X 2 + X + 1)2 (X 2 − 2X − 2) Les racines de X 2 − 2X − 2 sont α1 = 1 +

√

3 et α2 = 1 −

√

3 et sont r´eelles.

En conclusion A se factorise de la mani`ere suivante : A = (X − j)2 (X − ¯j)2 (X − α1 )(X − α2 ) dans C[X]. A = (X 2 + X + 1)2 (X − α1 )(X − α2 ) dans R[X]. I Exercice 35 On consid`ere le polynˆome B(X) = 2X 4 − 5X 3 + 4X 2 − 5X + 2 dans C[X]. 1 1 - Montrer que si α ∈ C est une racine de B, alors α ̸= 0 et est aussi racine de B. α 2 - Montrer que B poss`ede une racine enti`ere que l’on d´eterminera. (Utiliser le fait que si a ∈ Z est une racine de B, alors a divise B(0)). 3 - Factoriser B dans R[X] et dans C[X]. Corrig´ e. 1 1 1 - Soit α ∈ C une racine de B. Puisque B(0) = 2 ̸= 0, on a α ̸= 0. Calculons B( ). On a B( ) = α α

15

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

2

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

1 1 1 1 1 1 − 5 3 + 4 2 − 5 + 2 = 4 (2 − 5α + 4α2 − 5α3 + 2α4 ) = 4 B(α) = 0. α4 α α α α α

2 - Si α est une racine enti`ere alors α divise B(0) = 2. (voir exercice 6). Donc α ∈ {1, −1, 2, −2}. On v´erifie que B(2) = 32 − 40 + 16 − 10 + 2 = 0. 1 3 - On a 2 est racine de B et d’apr`es 2, est aussi racine de B. Il en d´ecoule que B est divisible 2 1 1 par (X − 2)(X − ), donc aussi par 2(X − 2)(X − ) = 2X 2 − 5X + 2. La division euclidienne donne 2 2 B = (2X 2 − 5X + 2)(X 2 + 1). On obtient les factorisations : 1 B = 2(X − 2)(X − )(X − i)(X + i) dans C[X]. 2 1 B = 2(X − 2)(X − )(X 2 + 1) dans R[X]. 2 I Exercice 36 2πi

Soit P (X) = X 6 + X 3 + 1 ∈ C[X]. On pose ξ = e 9 . 1 - Calculer P (ξ) et d´eterminer toutes les racines de P . 2π 2 - On pose θ = 2 cos = ξ + ξ −1 . 9 a - Montrer que θ est racine d’un polynˆome Q(X) unitaire `a coefficients entiers de degr´e 3 que l’on d´eterminera. 1 b - Calculer Q( ). 1−θ c - Exprimer les racines de Q en fonction de θ. Corrig´ e.1 - P (X) = X 6 + X 3 + 1 ∈ C[X] et ξ = e On a P (ξ) = ξ 6 + ξ 3 + 1 = e

4πi 3

+e

2πi 3

2πi 9

.

+ 1 = j2 + j + 1 = 0

6 3 3 2 Soit α ∈ C une racine √ de P . On a α + α + 1 = 0. Posons β = α , alors β + β + 1 = 0. Donc β = j ou 1 3 β = ¯j, o` u j =− +i . Donc α3 = j ou α3 = ¯j. 2 2

On obtient α = e

2iπ 2kiπ 9 + 3

, k = 0, 1, 2, ou α = e

Finalement les 6 racines de P sont : ξ = e 2 - a- Posons θ = 2 cos

2iπ 9

4iπ 2kiπ 9 + 3

,e

8iπ 9

,e

, k = 0, 1, 2

14iπ 9

, et leurs conjugu´es.

2π = ξ + ξ −1 . On a : 9

θ3 = ξ 3 + 3ξ + 3ξ −1 + ξ −3 = ξ −3 (ξ 6 + 3ξ 4 + 3ξ 2 + 1). θ = ξ −3 (ξ 4 + ξ 2 ). Donc θ3 − 3θ = ξ −3 (ξ 6 + 1) = −1. Donc si on pose Q = X 3 − 3X + 1, alors Q(θ) = 0. 1 1 3 1 1 3 1 3 )=( ) −3 +1 = ( ) (1 − 3(1 − θ)2 + (1 − θ)3 ) = ( ) (1 − 3 − 3θ2 + 6θ + 1 − 1−θ 1−θ 1−θ 1−θ 1−θ 1 3 3θ + 3θ2 − θ3 ) = ( ) (−1 + 3θ − θ3 ) = 0. 1−θ 1 1 c - D’apr`es b, est aussi racine de Q. On a ̸= θ, sinon, θ2 − θ + 1 = 0, ce qui absurde car 1−θ 1−θ 1 θ est un nombre r´eel. Donc θ et sont deux racines distinctes. Soit u la troisi`eme racine de Q, on a 1−θ 1 θ 1−θ Q = (X − θ)(X − )(X − u). On a Q(0) = 1 = u, d’o` uu= 1−θ 1−θ θ b - Q(

16

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

I Exercice 37 Soit P ∈ C[X]. 1 - Montrer qu’il existe deux polynˆomes P1 et P2 dans R[X], tels que P (X) = P1 (X) + iP2 (X). 2 - Soit α ∈ R. Montrer que α est racine de P , si et seulement si, α est racine de P1 et de P2 . 3 - Soit P = X 4 + 4X 3 + (6 + i)X 2 + (5 + 3i)X + 2 + 2i ∈ C[X]. V´erifier que P poss`ede des racines r´eelles et factoriser P . Corrig´ e. 1 - Soit P =

n ∑

(ak + bk i)X

k

∈ C[X], avec ak , bk ∈ R. Posons P1 =

k=0

n ∑

k

ak X et P2 =

k=0

n ∑

bk X k , alors

k=0

P (X) = P1 (X) + iP2 (X). 2 - Soit α ∈ R racine de P . Alors 0 = P (α) = P1 (α) + iP2 (α). Puisque P1 (α) et P2 (α) sont des nombres r´eels, on a P1 (α) = P2 (α) = 0. 3 - P = X 4 + 4X 3 + 6X 2 + 5X + 2 + i(X 2 + 3X + 2) = P1 (X) + iP2 (X). Si α ∈ R est racine de P , on a α + 3α + 2 = 0. Donc α ∈ {−1, −2}. On v´erifie que P1 (−1) = P1 (−2) = 0. Donc −1 et −2 sont racines de P . La division euclidienne de P par X 2 + 3X + 2 donne P = (X 2 + 3X + 2)(X 2 + X + 1 + i). 2

Le discriminant du polynˆome X 2 + X + 1 + i est ´egal `a ∆ = 1 − 4 − 4i = −3 − 4i. On cherche d’abord les racines carr´ees de ∆. Soit u = a + ib√∈ C a, b ∈ R, tel que u2 = ∆. Alors a2 − b2 + 2abi = −3 − 4i. D’autre part on a | u |2 = a2 + b2 =| ∆ |= 32 + 42 = 5. Donc a2 = 1 et b2 = 4 et ab < 0. Ce qui donne a = 1 et b = −2 ou a = −1 et b = 2. Les racines du polynˆome X 2 +X +1+i sont donc −i et i−1. D’o` u la factorisation P = (X + 1)(X + 2)(X + i)(X + 1 − i) I Exercice 38 1 - Factoriser le polynˆome X 4 + 4 dans R[X] et dans C[X]. 2 - Soit P = X 6 − 4X 5 + 6X 4 − 12X 2 + 16X − 8 ∈ C[X]. a - D´eterminer le quotient et le reste de la division euclidienne de P par X 4 + 4. b - Montrer que P et X 4 + 4 poss`edent deux racines communes que l’on d´eterminera. c - D´eterminer les multiplicit´es de ces racines communes dans P . d - Factoriser P dans C[X] et dans R[X]. Corrig´ e. 1 - Factorisons le polynˆome X 4 + 4 dans R[X]. On a X 4 + 4 = X 4 + 4X 2 + 4 − 4X 2 = (X 2 + 2)2 − 4X 2 = (X 2 − 2X 2 + 2)(X 2 + 2X 2 + 2). Les polynˆomes (X 2 − 2X 2 + 2) et (X 2 + 2X 2 + 2) sont irr´eductibles dans R[X] car le descriminant 2 − 4.2 = −4 < 0. Donc la factorisation dans R[X] est : 2

X 4 + 4 = (X 2 − 2X 2 + 2)(X 2 + 2X 2 + 2) Factorisons le polynˆome X 4 + 4 dans C[X]. Les racines de (X 2 − 2X 2 + 2) sont 1 + i = α et α ¯. Les racines de (X 2 + 2X 2 + 2) sont −α et −¯ α. Donc la factorisation dans C[X] est :

17

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

X 4 + 4 = (X − α)(X − α ¯ )(X + α)(X + α ¯) 2 - a. Soit Q le quotient et R le reste de la division euclidienne de P par X 4 + 4. Le calcul donne : Q = X 2 − 4X + 6 et R = −16X 2 + 32X − 32. b - Puisque P = Q · (X 4 + 4) + R, si z ∈ C est une racine commune de P et X 4 + 4, alors R(z) = P (z) − Q · (z 4 + 4) = 0. Donc z est aussi racine de R = −16(X 2 − 2X + 2). i. e z = α = 1 + i ou z = α ¯ . Or d’apr`es la question 1, le polynˆome X 2 − 2X + 2 divise X 4 + 4. Donc X 2 − 2X + 2 divise Q · (X 4 + 4) + R = P . D’o` u α et α ¯ sont aussi racines de P . c - On P ′ = 6X 5 − 20X 4 + 24X 3 − 24X + 16 et P ′ (α) = 6(−4 − 4i) + 80 + 24(−2 + 2i) − 24(1 + i) + 16 = 0. P ′′ = 30X 4 − 80X 3 + 72X 2 − 24. et P ′′ (α) = −120 − 80(−2 + 2i) + 72.2i − 24 = 16 + 16i ̸= 0 En conclusion, α et α ¯ sont deux racines doubles de P . d - Puisque α et α ¯ sont deux racines doubles de P . On a : (X − α)2 (X − α ¯ )2 = [(X − α)(X − α ¯ )]2 = (X 2 − 2X + 2)2 = X 4 − 4X 3 + 8X 2 − 8X + 4 divise P . Le quotient de la division euclidienne de P par (X 2 − 2X + 2)2 est X 2 − 2. On obtient alors les factorisations : Dans C[X], P = (X − α)2 (X − α) ¯ 2 (X − Dans R[X], P = (X 2 − 2X + 2)2 (X −

√

√

2)(X +

2)(X +

√

√

2).

2).

I Exercice 39 1 - Soit P ∈ Z[X]. On suppose que P poss`ede une racine enti`ere α. Montrer que α divise P (0). 2 - On consid`ere P = X 4 − 4X 3 + 7X 2 − 6X + 2 ∈ R[X]. 2.1. Sachant que P poss`ede une racine enti`ere α, d´eterminer cette racine et sa multiplicit´e. 2.2. Factoriser P dans C[X] et dans R[X]. 1 2.3. D´ecomposer en ´el´ements simples la fraction rationnelle F = dans C(X) et dans R(X). P Corrig´ e n n ∑ ∑ 1 - Soit P = ak X k ∈ Z[X]. Supposons que α ∈ Z est racine de P . Alors P (α) = ak αk = 0. Donc −

n ∑ k=1

k=0

ak αk = a0 . Par cons´equent, on a α(−

D’o` u α | a0 = P (0).

n ∑

ak αk−1 ) = a0 . Posons −

k=1

n ∑

k=0

ak αk−1 = b. On a b ∈ Z et αb = a0 .

k=1

2. Soit P = X 4 − 4X 3 + 7X 2 − 6X + 2 ∈ R[X]. 2.1. D’apr`es la question 1, si α est une racine enti`ere de P , alors α | P (0) = 2. Les diviseurs de 2 sont 1, -1, 2 et -2. On a P (1) = 0, P (−1) = 1 + 4 + 7 + 6 + 2 = 20 ̸= 0 P (2) = 16 − 32 + 28 − 12 + 2 = 2 ̸= 0, P (−2) = 16 + 32 + 28 + 12 + 2 = 80 ̸= 0. Donc 1 est la seule racine enti`ere de P . Cherchons son ordre de multiplicit´e. P ′ = 4X 3 − 12X 2 + 14X − 6, P ′ (1) = 4 − 12 + 14 − 6 = 0. P ′′ = 12X 3 − 24X + 14, P ′′ (1) = 12 − 24 + 14 = 2 ̸= 0.

18

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

Il en r´esulte que 1 est racine double de P . 2.2. Puisque 1 est racine double de P , on a P est divisible par (X − 1)2 . Donc il existe Q ∈ R[X] tel que P = (X − 1)2 Q. La division euclidienne de P par (X − 1)2 donne Q = X 2 − 2X + 2. Q est un polynˆome r´eel de degr´e 2, son discriminant de Q est ´egal `a 4 − 8 = −4 < 0, donc il est irr´eductible sur R, la factorisation de P dans R[X] est donc : P = (X − 1)2 (X 2 − 2X + 2). Les racines de Q dans C sont 1 + i et 1 − i, par cons´equent, la factorisation de P dans C[X] est : P = (X − 1)2 (X − 1 − i)(X − 1 + i). 1 2.3. Soit F = . La fraction F est irr´eductible de partie enti`ere nulle et poss`ede un pˆole r´eel double qui est P ´egal `a 1 et deux pˆoles complexes non r´eels conjugu´es qui sont 1 + i et 1 − i. La d´ecomposition de F en ´el´ements simples dans C(X) est de la forme : F =

a b c c¯ + + + 2 X − 1 (X − 1) X −1−i X −1+i

o` u a, b ∈ R et c ∈ C. On cherche ensuite les coefficients a, b et c. On a :b = [(X − 1)2 F ](1) =

X2

1 (1) = 1. − 2X + 2

Puisque 1 + i est un pˆole simple de F , on a : 1 1 1 i = =− = P ′ (1 + i) 4(1 + i)3 − 12(1 + i)2 + 14(1 + i) − 6 2i 2 a 1 i i F = + + − . X − 1 (X − 1)2 2(X − 1 − i) 2(X − 1 + i) c=

Pour d´eterminer a il suffit de calculer F (0). En effet, F (0) =

1 i i 1 = −a + 1 + − = −a + . Donc a = 0. 2 2(−1 − i) 2(−1 + i) 2

Finalement, F = .

i i 1 + − , dans C(X) (X − 1)2 2(X − 1 − i) 2(X − 1 + i)

En rassemblant les ´el´ements simples relatifs aux pˆoles conjugu´es, on obtient :

F =

1 1 − , dans R(X) (X − 1)2 (X 2 − 2X + 2)

Remarque : on peut obtenir la d´ecomposition dans R(X) en remarquant que (X 2 − 2X + 2) − (X − 1)2 = 1. Donc on a : 1 (X 2 − 2X + 2) − (X − 1)2 (X 2 − 2X + 2) (X − 1)2 = = − P (X 2 − 2X + 2)(X − 1)2 (X − 1)2 (X 2 − 2X + 2) (X − 1)2 (X 2 − 2X + 2) 1 1 1 D’o` u = − . P (X − 1)2 (X 2 − 2X + 2) I Exercice 40 Soit s un entier naturel non nul. On consid`ere l’ensemble A d´efini par : A = {x ∈ Q : ∃n ∈ N, sn.x ∈ Z} 19

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

1 - Montrer que A est un sous-anneau de Q. a 2 - Montrer que pour tout ´el´ement x de A, il existe a ∈ Z, n ∈ N, uniques tels que s - a et x = n . s (Indication : Consid´erer le plus petit entier n tel que sn.x ∈ Z). a 3 - Soit x = n ∈ A avec s - a. s 3.1. Montrer que x est inversible dans A, si et seulement si, ∃k ∈ N : a | sk . 3.2. En d´eduire que x est inversible dans A, si et seulement si, tout nombre premier qui divise a divise s. 4 - A est-il un corps ? 1 5 - On consid`ere l’application ϕ : Z[X] → Q, d´efinie par ϕ(P ) = P ( ). s 5.1. Montrer que ϕ est un morphisme d’anneaux. 5.2. Montrer que Imϕ = A. 5.3. Soit P ∈ Z[X]. Montrer que P ∈ Kerϕ, si et seulement si, il existe B ∈ Z[X] tel que P = (sX − 1).B. Corrig´ e. 1 - On a 1 ∈ A, soient x, y ∈ A. On a x, y ∈ Q et il existe n, m ∈ N : sn x, sm y ∈ Z. On peut supposer que n ≥ m, on a alors : sn x, sn y ∈ Z et sn (x − y) = sn x − sn y ∈ Z. Donc x − y ∈ A. D’autre part, sn+m (xy) = sn x.sm y ∈ Z. Donc xy ∈ A. En conclusion A est un sous-anneau de Q. 2 - Soit n le plus petit entier tel que sn x = a ∈ Z. Si s | a, on a a = sb avec b ∈ Z et sn x = a = sb, entraˆınant x = b ∈ Z, ce qui contredit la minimalit´e de n. Donc s - a.

n−1

s

a b = m , avec s - a et s - b, alors sm a = sn b. On peut supposer que m ≤ n, alors sn−m b = a. sn s Comme s - a, n´ecessairement, n − m = 0, i.e. n = m, par cons´equent, a = b. Unicit´e : si x =

sn a avec s - a. Suppposons que x est inversible dans A. Alors x−1 = ∈ A. Ce qui entraˆıne n s a n n+m s s qu’il existe m ∈ N, tel que sm · = ∈ Z, ou encore, a | sk , avec k = n + m ∈ N. a a sn+k sn sn R´eciproquement, supposons qu’il existe k ∈ N tel que a | sk . On a alors = sk . ∈ Z. Donc ∈ A. a a a a Il en r´esulte que x = n est inversible dans A. s 3 - 3.1. Soit x =

3.2. Supposons que x est inversible, ∃k ∈ N : a | sk . Soit p un nombre premier divisant a. Alors p divise sk . Par cons´equent, p divise s. R´eciproquement, supposons que tout nombre premier qui divise a divise s. Soit a = pβ1 1 . . . pβl l , la factorisation de a en produit de nombres premiers. On a pi | s, ∀i = 1, . . . , l. Posons k = max{β1 , . . . , βl }, alors on a a | sk , ce qui implique que x est inversible. 4 - Soit p un nombre premier ne divisant pas s, alors ∀n ∈ N∗ , on a p - sn . On a p ∈ A et d’apr`es 3, p n’est pas inversible dans A. Ce qui implique que A n’est pas un corps. 1 5 - Soit l’application ϕ : Z[X] → Q, d´efinie par ϕ(P ) = P ( ). s 5.1. ∀P1 , P2 ∈ Z[X]. On a

20

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

1 1 1 ϕ(P1 + P2 ) = (P1 + P2 )( ) = P1 ( ) + P1 ( ) = ϕ(P1 ) + ϕ(P2 ) s s s 1 1 1 ϕ(P1 .P2 ) = (P1 .P2 )( ) = P1 ( ).P1 ( ) = ϕ(P1 ).ϕ(P2 ) s s s ϕ(1) = 1. ϕ est un morphisme d’anneaux. 5.2. Soit P =

n ∑ k=0

∑ 1 ak X k ∈ Z[X]. On a P ( ) = ak s−k ∈ A. s n

k=0

Donc Imϕ ⊂ A. a ∈ A, avec a ∈ Z. Alors x = ϕ(aX n ). Donc A ⊂ Imϕ. D’o` u l’´egalit´e. sn 1 5.3. Soit P ∈ Z[X]. Supposons qu’il existe B ∈ Z[X] tel que P = (sX − 1).B. Alors ϕ(P ) = P ( ) = 0. Donc s P ∈ Kerϕ. R´eciproquement, si x =

R´eciproquement, si P =

n ∑ k=0

1 1 ak X k ∈ Kerϕ. On a ϕ(P ) = P ( ) = 0. Donc est racine de P . Par cons´equent, s s

1 X − divise P dans Q[X]. Donc sX − 1 divise P dans Q[X]. Il existe alors B ∈ Q[X], tel que P = (sX − 1).B. Il s n n ∑ ∑ 1 reste `a montrer que B ∈ Z[X]. En effet, P ( ) = ak s−k = 0. En multipliant par sn on obtient ak sn−k = 0. s k=0 k=0 n n ∑ ∑ n−k n−k−1 Donc an = − ak s = −s ak s . D’o` u s | an . Le quotient de la division euclidienne de P par sX − 1 k=1

k=1

est alors un polynˆome `a coefficients entiers B. I Exercice 41 Soit (G, ·) un groupe ab´elien d’´el´ement neutre e. Pour tout k ∈ N, on note fk l’application fk : G → G, d´efinie par fk (x) = xk , ∀x ∈ G. 1 - Montrer que fk est un endomorphisme de G. 2. On suppose que G est fini d’ordre n et que k est premier avec n. On rappelle que ∀x ∈ G, on a xn = e. 2.1. En utilisant le th´eor`eme de Bezout, montrer que fk est un isomorphisme. 2.2. Montrer qu’il existe u ∈ N, tel que fk−1 = fu . 3 - Soit m un entier naturel non nul. On note Um , le groupe des ´el´ements inversibles du mono¨ıde (Z/mZ, ·) des classes modulo m. On rappelle que Um = {k¯ : k est premier avec m}. On prend m = 21. 3.1. D´eterminer U21 et donner son ordre. 3.2. Montrer que ∀¯ a ∈ U21 , il existe x ¯ ∈ U21 , unique tel que x ¯5 = a ¯. 3.3. D´eterminer x ¯ pour a ¯=¯ 2 Corrig´ e Soit (G, ·) un groupe ab´elien d’´el´ement neutre e. Pour tout k ∈ N, on note fk l’application fk : G → G, d´efinie par fk (x) = xk , ∀x ∈ G. 21

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

1 - ∀x, y ∈ G, on a fk (x.y) = (xy)k = xk .y k ,car G est ab´elien. Donc fk (x.y) = fk (x).fk (y). Il en r´esulte que fk est un endomorphisme de G. 2. On suppose que G est fini d’ordre n et que k est premier avec n. 2.1. Montrons que fk est injectif. Il suffit de montrer que Kerfk = {e}. Soit x ∈ Kerfk . Alors xk = e. D’apr`es le th´eor`eme de Bezout, il existe u, v ∈ Z : uk + vn = 1. On a alors x = x1 = xuk+vn = xuk xvn = (xk )u (xn )v . Or xk = e et xn = e. Donc x = e. Il en r´esulte que fk est injectif. Comme G est fini, fk est bijectif donc un isomorphisme. 2.2. Soit y = fk (x) = xk , et u ∈ N tel que un + vn = 1. On a y u = (xk )u = x1−vn = x.(xn )v = x. Donc ∀x ∈ G, fu ◦ fk (x) = x. D’o` u fk−1 = fu . 3 - On prend m = 21. 3.1. Um = {¯ 1, ¯ 2, ¯ 4, ¯ 5, ¯ 8, 10, 11, 13, 16, 17, 19, 20}. L’ordre de Um est ´egal `a 12. 3.2. Puisque 5 est premier avec 12, d’apr`es 2.1., l’application f5 : U21 → U21 ; x 7→ x5 est un isomorphisme. Donc ∀¯ a ∈ U21 , il existe x ¯ ∈ U21 , unique tel que x ¯5 = a ¯. 3.3. On a la relation de Bezout, 5.5 − 2.12 = 1. Donc x ¯=a ¯5 = ¯25 = 11 I Exercice 42 Soit n un entier naturel non nul. On consid`ere le polynˆome P `a coefficients r´eels P = nX n+3 − (n + 3)X n + 3 1 2 3 4 5

-

On note P ′ le polynˆome d´eriv´e de P . Factoriser P ′ dans R[X] et dans C[X]. Pour chaque racine α de P ′ calculer P (α). Montrer que ∀n ∈ N∗ , P poss`ede une racine double que l’on d´eterminera. D´eterminer les entiers n pour lesquels P poss`ede au moins deux racines doubles. On prend n = 1. 5.1. Factoriser P dans C[X] et dans R[X]. 1 5.2. D´ecomposer en ´el´ements simples la fraction rationnelle F = dans C(X) et dans R(X). P

Corrig´ e. 1. P ′ = n(n + 3)X n+2 − n(n + 3)X n−1 = n(n + 3)X n−1 (X 3 − 1). La factorisation de P ′ dans R[X] est P ′ = n(n + 3)X n−1 (X − 1)(X 2 + X + 1). ′

′

La factorisation de P dans C[X] est P = n(n + 3)X

n−1

√ 1 3 (X − 1)(X − j)(X − ¯j) o` uj=− + . 2 2

2. Les racines de P ′ sont 0, 1, j et ¯j. On a : P (0) = 3, P (1) = 0, P (j) = nj n+3 − (n + 3)j n + 3 = −3j n + 3 et P (¯j) = −3¯j n + 3 3. Puisque P (1) = P ′ (1) = 0, alors ∀n ∈ N∗ , 1 est racine multiple de P . Par ailleurs, P ′′ = n(n + 3)(n + 2)X n+1 − n(n + 3)(n − 1)X n−2 et P ′′ (1) = n(n + 3)(n + 2) − n(n + 3)(n − 1) = 4n(n + 3) ̸= 0. Donc 1 est bien la racine double cherch´ee. 4. Si P poss`ede une racine double autre que 1, alors cette racine est aussi racine de P ′ . Donc ne peut ˆetre que j ou ¯j. On a P (j) = 0 ⇔ −3j n + 3 = 0 ⇔ j n = 1 ⇔ 3 | n. 5.1 - Pour n = 1 on a P = X 4 − 4X + 3. Puisque 1 est racine double de P , on a P = (X − 1)2 Q, o` u Q est un polynˆome de degr´e 2. La division euclidienne de P par (X − 1)2 donne Q = X 2 + 2X + 3. La discriminant de Q est ´egal `a -8, donc Q est irr´eductible sur R. Donc P se factorise de la mani`ere suivante : 22

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

P = (X − 1)2 (X 2 + 2X + 3) dans R[X]. √ P = (X − 1)2 (X − α)(X − α), dans C[X], o` u α = −1 + i 2. 1 5.2. La d´ecomposition de la fraction rationnelle F = dans R(X). P a b cX + d F = + + 2 X − 1 (X − 1)2 X + 2X + 3 On a : ((X − 1)2 F )(1) = b. Or ((X − 1)2 F ) =

1 1 . Donc b = . X 2 + 2X + 3 6

A la limite on a : limx→∞ xF (x) = 0 = a + c 1 d 1 a b F (0) = = −a + b + . Ce qui implique que 2d − 6a = 1. Enfin, F (−1) = = − + + d − c. On trouve 3 3 8 2 4 1 1 5 5 d= ,b= ,a=− et c = −a = . 7 6 42 42 Dans C(X) la d´ecomposition est sous la forme : F =

b e e¯ a + + + 2 X − 1 (X − 1) X −α X −α

√ 1 1 1 1 5−i 2 √ = Comme α est un pˆole simple, on a e = ′ (α) = = = P 4α3 − 4 α+6 7 5+i 2 I Exercice 43 Dans cet exercice, on consid`ere l’ensemble Z × Z muni de la structure de groupe produit d´efinie par : ∀(x, y); (x′ , y ′ ) ∈ Z × Z, (x, y) + (x′ , y ′ ) = (x + x′ , y + y ′ )

1 2 3 4

-

Soient a, b ∈ Z fix´es, on consid`ere l’application : ϕ : Z × Z → Z, d´efinie par ϕ(x, y) = ax + by. Montrer que ϕ est un homomorphisme de groupes. Montrer que ϕ n’est jamais injectif. Montrer qu’il existe n ∈ N, tel que Imϕ = nZ. Que repr´esente n pour a et b ? Montrer que ϕ est surjectif, si et seulement si, a et b sont premiers entre eux.

Corrig´ e. 1. Soient (x, y), (x′ , y ′ ) ∈ Z × Z. On a ϕ((x, y) + (x′ , y ′ )) = ϕ(x + x′ , y + y ′ ) = a(x + x′ ) + b(y + y ′ ) = (ax + by) + (ax′ + by ′ ) = ϕ(x, y) + ϕ(x′ , y ′ ). Donc ϕ est un morphisme de groupes. 2. Si a = b = 0, ϕ = 0 donc ϕ n’est pas injectif. Si a ̸= 0 ou b ̸= 0, par exemple si a ̸= 0, on a ϕ(b, −a) = 0. Donc (b, −a) ∈ Kerf , ce qui implique que ϕ n’est pas injectif. 3. Imϕ = {ax + by ∈ Z : x, y ∈ Z} = aZ + bZ = nZ o` u n est le PGCD de a et b. 4. ϕ est surjectif ⇔ Imϕ = Z. D’apr`es 3, Imϕ = (a ∧ b)Z = Z. Donc ϕ est surjectif ⇔ a ∧ b = 1. I Exercice 44 1 - Soit K un corps commutatif. 1.1. Montrer que les ´el´ements inversibles (pour la multiplication) de K[X] sont les polynˆomes constants non nuls. 1.2. Montrer, par r´ecurrence sur n ∈ N, que tout polynˆome P de degr´e n de K[X] poss`ede au plus n racines dans K. 2 - On consid`ere l’anneau A = (Z/8Z, +, ·). 2.1. V´erifier que A n’est pas un corps. 2.2. Montrer que le polynˆome ¯ 2.X + ¯1 est inversible dans A[X] et calculer son inverse.

23

Universit´e Choua¨ıb Doukkali – Facult´e des Sciences D´epartement de Math´ematiques et Informatique Fili`ere SMIA – Semestre 1 – AU : 2010/2011

Module Alg`ebre 1 Responsable : A. Ha¨ıly

2.3. D´eterminer les racines du polynˆome X 2 − ¯1 dans A. Corrig´ e Les questions 1.1 et 1.2 sont des questions de cours. 2.1. On sait que (Z/nZ, +, ·) est un corps, si et seulement si, n est un nombre premier. On a 8 n’est pas un nombre premier, donc (Z/8Z, +, ·) n’est pas un corps. 2.2. Soit ¯1 + ¯ 2X. On a (2X)3 = 0. Donc (¯1 + ¯2X) est inversible dans A[X] et (¯1 + ¯2X)−1 = (¯1 − ¯2X + ¯4.X). ¯2 = ¯ ¯2 = ¯ ¯2 = ¯ ¯2 = ¯ 2.3. On a 0 0, 1 1, 2 4, 3 1, 4¯2 = ¯0, 5¯2 = ¯1, 6¯2 = ¯4, 7¯2 = ¯1. Donc X 2 − ¯1 poss`ede 4 racines qui sont ¯1, ¯3, ¯5, ¯ 7.

24