Exercices corrigés : Structures algébriques usuelles (Prépa, 1re année)

1. Pour $x,y\in\mathbb Z$, $x+y+2\in\mathbb Z$ : la loi est interne. Comme $x+y+2=y+x+2$, elle est commutative. Pour $x,y,z\in\mathbb Z$ : $$(x\star y)\star z=(x+y+2)+z+2=x+y+z+4,\qquad x\star(y\star z)=x+(y+z+2)+2=x+y+z+4.$$ La loi est donc associative.

2. Si $e$ est neutre, $x\star e=x$ pour tout $x$, soit $x+e+2=x$, d'où $e=-2$. Réciproquement, $x\star(-2)=x-2+2=x$ et, par commutativité, $(-2)\star x=x$. Le neutre est $-2$.

3. Soit $x\in\mathbb Z$. On a $x\star y=-2\iff x+y+2=-2\iff y=-x-4$. Comme $-x-4\in\mathbb Z$ et que la loi est commutative, $x\star(-x-4)=(-x-4)\star x=-2$. Tout élément est symétrisable, de symétrique $-x-4$.

4. Les trois axiomes sont vérifiés et la loi est commutative : $(\mathbb Z,\star)$ est un groupe abélien. D'après le calcul de la question 1, $3\star3\star3=3+3+3+4=13$. Le symétrique de $5$ est $-5-4=-9$ ; vérification : $5+(-9)+2=-2$.

Remarque : $\varphi:x\mapsto x+2$ vérifie $\varphi(x\star y)=x+y+4=\varphi(x)+\varphi(y)$ ; c'est un isomorphisme de $(\mathbb Z,\star)$ sur $(\mathbb Z,+)$, ce qui explique tous ces résultats.

(a) $\frac12\in D$, mais son inverse $2$ vérifie $|2|=2>1$, donc $2\notin D$. La partie $D$ n'est pas stable par passage à l'inverse : ce n'est pas un sous-groupe.

(b) $\mathbb R^*\subset\mathbb C^*$ et $1\in\mathbb R^*$. Pour $x,y\in\mathbb R^*$, $xy^{-1}=x/y$ est un réel non nul. C'est un sous-groupe.

(c) $H\subset\mathbb U\subset\mathbb C^*$ et $1=e^{i\pi\cdot0}\in H$. Pour $q,q'\in\mathbb Q$ : $$e^{i\pi q}\left(e^{i\pi q'}\right)^{-1}=e^{i\pi(q-q')},$$ avec $q-q'\in\mathbb Q$. C'est un sous-groupe. Autre argument : $H$ est l'image du morphisme $q\mapsto e^{i\pi q}$ de $(\mathbb Q,+)$ dans $(\mathbb C^*,\times)$.

(d) $i\in i\mathbb R^*$, mais $i\times i=-1$ et $-1=iy$ imposerait $y=i\notin\mathbb R$. Donc $-1\notin i\mathbb R^*$ : la partie n'est pas stable par produit, ce n'est pas un sous-groupe (d'ailleurs $1\notin i\mathbb R^*$).

(e) $i\in\mathbb U_4$ et $e^{i\pi/3}\in\mathbb U_6$. Leur produit est $z=e^{5i\pi/6}$. On a $z^4=e^{10i\pi/3}=e^{4i\pi/3}\neq1$ et $z^6=e^{5i\pi}=-1\neq1$. Donc $z\notin\mathbb U_4\cup\mathbb U_6$ : ce n'est pas un sous-groupe.

Conclusion : seules (b) et (c) sont des sous-groupes.

1. Pour $s,t\in\mathbb R$, $f(s+t)=e^{(1+i)s+(1+i)t}=e^{(1+i)s}e^{(1+i)t}=f(s)f(t)$ : $f$ est un morphisme de groupes.

On a $f(t)=e^te^{it}$, donc $|f(t)|=e^t$. Si $f(t)=1$, alors $e^t=1$, donc $t=0$. Réciproquement $f(0)=1$. Ainsi $\mathrm{Ker}\,f=\{0\}$ et $f$ est injectif.

$f$ n'est pas surjectif : si $f(t)=-1$, alors $e^t=|-1|=1$, donc $t=0$ et $f(0)=1\neq-1$. Donc $-1\notin\mathrm{Im}\,f$.

2. Pour $k,l\in\mathbb Z$, $g(k+l)=i^{k+l}=i^ki^l=g(k)g(l)$ par les règles sur les puissances dans le groupe $\mathbb C^*$ : $g$ est un morphisme.

Soit $k\in\mathbb Z$, et $k=4q+r$ sa division euclidienne par $4$, avec $0\leq r\leq3$. Comme $i^4=1$, $i^k=(i^4)^qi^r=i^r$, qui vaut $1$, $i$, $-1$ ou $-i$ selon que $r=0,1,2,3$.

• $g(k)=1\iff r=0\iff k\in4\mathbb Z$. Donc $\mathrm{Ker}\,g=4\mathbb Z$.
• $\mathrm{Im}\,g=\{1,i,-1,-i\}=\mathbb U_4$.

$g$ n'est ni injectif ($g(4)=g(0)$) ni surjectif sur $\mathbb C^*$.

1. Pour $x,y\in G$, $|xy|=|x|\,|y|<1$, donc $1+xy>0$ et $x\star y$ est défini. On a $1+xy-(x+y)=(1-x)(1-y)$ et $1+xy+x+y=(1+x)(1+y)$, d'où les deux formules. Comme $1-x,1-y,1+x,1+y,1+xy$ sont strictement positifs, $1-x\star y>0$ et $1+x\star y>0$, soit $-1<x\star y<1$ : la loi est interne sur $G$.

2. Pour $x\in G$, $1-x>0$ et $1+x>0$, donc $\varphi(x)\in\mathbb R_+^*$. Soit $t>0$. Pour $x\in G$ : $$\varphi(x)=t\iff1-x=t+tx\iff x=\frac{1-t}{1+t}.$$ Ce réel est dans $G$ car $|1-t|<1+t$ pour $t>0$. Tout $t>0$ a donc un unique antécédent : $\varphi$ est bijective, de réciproque $\psi(t)=\dfrac{1-t}{1+t}$. En divisant les deux égalités de la question 1 : $$\varphi(x\star y)=\frac{1-x\star y}{1+x\star y}=\frac{(1-x)(1-y)}{(1+x)(1+y)}=\varphi(x)\varphi(y).$$

3. La commutativité est évidente sur la formule. Associativité : pour $x,y,z\in G$, $$\varphi((x\star y)\star z)=\varphi(x\star y)\varphi(z)=\varphi(x)\varphi(y)\varphi(z)=\varphi(x)\varphi(y\star z)=\varphi(x\star(y\star z)),$$ et $\varphi$ est injective, donc $(x\star y)\star z=x\star(y\star z)$. Neutre : $0\in G$ et $x\star0=x/1=x$. Symétrique : $-x\in G$ et $x\star(-x)=\dfrac{0}{1-x^2}=0$. Donc $(G,\star)$ est un groupe abélien, de neutre $0$, le symétrique de $x$ étant $-x$. De plus $\varphi$ est un isomorphisme de $(G,\star)$ sur $(\mathbb R_+^*,\times)$.

4. $\varphi$ étant un morphisme, $\varphi(x^{\star n})=\varphi(x)^n$, donc $x^{\star n}=\psi\left(\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\right)$. En multipliant numérateur et dénominateur par $(1+x)^n$ : $$x^{\star n}=\frac{(1+x)^n-(1-x)^n}{(1+x)^n+(1-x)^n}.$$ Pour $x=\frac12$ et $n=3$ : $(1+x)^3=\frac{27}8$ et $(1-x)^3=\frac18$, donc $\left(\tfrac12\right)^{\star3}=\dfrac{26}{28}=\dfrac{13}{14}$.

Vérification directe : $\frac12\star\frac12=\dfrac{1}{5/4}=\dfrac45$, puis $\frac45\star\frac12=\dfrac{13/10}{14/10}=\dfrac{13}{14}$.

1. $0=a\cdot0+b\cdot0\in a\mathbb Z+b\mathbb Z$. Pour $x=au+bv$ et $y=au'+bv'$, $x-y=a(u-u')+b(v-v')\in a\mathbb Z+b\mathbb Z$. C'est un sous-groupe de $\mathbb Z$. L'intersection $a\mathbb Z\cap b\mathbb Z$ est une intersection de deux sous-groupes, donc un sous-groupe.

2. Si $x=30k$, alors $x=6(5k)=15(2k)$ : $30\mathbb Z\subset6\mathbb Z\cap15\mathbb Z$. Réciproquement, soit $x=6k=15m$ avec $k,m\in\mathbb Z$. En divisant par $3$ : $2k=5m$. Alors $$k=6k-5k=3(2k)-5k=15m-5k=5(3m-k),$$ donc $x=6k=30(3m-k)\in30\mathbb Z$. D'où $6\mathbb Z\cap15\mathbb Z=30\mathbb Z$.

3. Pour $u,v\in\mathbb Z$, $6u+15v=3(2u+5v)\in3\mathbb Z$ : $6\mathbb Z+15\mathbb Z\subset3\mathbb Z$. Réciproquement, $3=6\times(-2)+15\times1\in6\mathbb Z+15\mathbb Z$, et ce sous-groupe contient donc tous les multiples de $3$ : $3\mathbb Z\subset6\mathbb Z+15\mathbb Z$. D'où l'égalité.

4. Comme $3\in3\mathbb Z=6\mathbb Z+15\mathbb Z$, il existe $u,v\in\mathbb Z$ avec $6u+15v=3$. Par exemple $(u,v)=(-2,1)$ : $-12+15=3$. On retrouve que $3$ est le PGCD de $6$ et $15$ et $30$ leur PPCM.

1. Si $H\subset K$, alors $H\cup K=K$, qui est un sous-groupe ; de même si $K\subset H$.

Réciproquement, supposons que $H\cup K$ est un sous-groupe et, par l'absurde, que $H\not\subset K$ et $K\not\subset H$. Il existe $h\in H$ avec $h\notin K$, et $k\in K$ avec $k\notin H$. Comme $h,k\in H\cup K$, qui est un sous-groupe, $hk\in H\cup K$.

• Si $hk\in H$, alors $k=h^{-1}(hk)\in H$ car $H$ est un sous-groupe : contradiction.
• Si $hk\in K$, alors $h=(hk)k^{-1}\in K$ : contradiction.

Donc $H\subset K$ ou $K\subset H$.

2. Si $G=H\cup K$ avec $H,K$ sous-groupes, alors $H\cup K$ est un sous-groupe (c'est $G$), donc par la question 1, $H\subset K$ ou $K\subset H$. Dans le premier cas $G=K$, dans le second $G=H$. L'un des deux est égal à $G$.

3. $\mathbb U_2=\{-1,1\}\subset\mathbb U_4$ car $(-1)^4=1$. Donc $\mathbb U_2\cup\mathbb U_4=\mathbb U_4$ est un sous-groupe.

$-1\in\mathbb U_2$ mais $(-1)^3=-1\neq1$, donc $\mathbb U_2\not\subset\mathbb U_3$. $j=e^{2i\pi/3}\in\mathbb U_3$ mais $j\notin\{-1,1\}$, donc $\mathbb U_3\not\subset\mathbb U_2$. Par la question 1, $\mathbb U_2\cup\mathbb U_3$ n'est pas un sous-groupe. Concrètement, $-j=e^{-i\pi/3}$ n'est ni dans $\mathbb U_2$ ni dans $\mathbb U_3$.

1. Soit $s=\sum_{k=0}^{n-1}a^k$. Par télescopage, $$(1-a)s=\sum_{k=0}^{n-1}a^k-\sum_{k=0}^{n-1}a^{k+1}=1-a^n=1,\qquad s(1-a)=\sum_{k=0}^{n-1}a^k-\sum_{k=0}^{n-1}a^{k+1}=1-a^n=1.$$ Donc $1-a\in A^\times$ et $(1-a)^{-1}=1+a+\dots+a^{n-1}$. Comme $-a$ commute avec lui-même, $(-a)^n=(-1)^na^n=0$ : $-a$ est nilpotent, donc $1+a=1-(-a)$ est inversible, d'inverse $\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^ka^k$.

2. Comme $ab=ba$, le binôme s'applique : $$(a+b)^{p+q-1}=\sum_{k=0}^{p+q-1}\binom{p+q-1}{k}a^kb^{p+q-1-k}.$$ Si $k\geq p$, $a^k=a^pa^{k-p}=0$. Si $k\leq p-1$, alors $p+q-1-k\geq q$ et $b^{p+q-1-k}=0$. Tous les termes sont nuls : $(a+b)^{p+q-1}=0$. Par ailleurs, $a$ et $b$ commutant, $(ab)^p=a^pb^p=0$ : $ab$ est nilpotent.

3. En multipliant $au=ua$ à gauche et à droite par $u^{-1}$ : $u^{-1}(au)u^{-1}=u^{-1}(ua)u^{-1}$, soit $u^{-1}a=au^{-1}$. Donc $(u^{-1}a)^n=(u^{-1})^na^n=0$ : $u^{-1}a$ est nilpotent. Par la question 1, $1-u^{-1}a$ est inversible. Comme $u-a=u(1-u^{-1}a)$ est un produit de deux inversibles, il est inversible.

4. $N^2=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}=0$ et de même $M^2=0$. Par la question 1, $(I_2-N)^{-1}=I_2+N=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ ; vérification : $(I_2-N)(I_2+N)=I_2-N^2=I_2$.

$N+M=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ et $(N+M)^2=I_2$. Par récurrence, $(N+M)^k$ vaut $I_2$ si $k$ est pair et $N+M$ si $k$ est impair ; jamais la matrice nulle. $N+M$ n'est pas nilpotente. L'hypothèse en défaut est la commutation : $NM=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\neq MN=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$.

1. $H\neq\{0\}$ contient un $x\neq0$, donc aussi $-x$ ; l'un des deux est strictement positif : $H^+\neq\varnothing$. $H^+$ est minorée par $0$, donc admet une borne inférieure $\alpha\geq0$.

2. Supposons $\alpha>0$ et, par l'absurde, $\alpha\notin H$. Comme $2\alpha>\alpha$, $2\alpha$ ne minore pas $H^+$ : il existe $x\in H^+$ avec $x<2\alpha$, et $x>\alpha$ car $x\geq\alpha$ et $\alpha\notin H$. De même, $x>\alpha$ ne minore pas $H^+$ : il existe $y\in H^+$ avec $\alpha<y<x$. Alors $x-y\in H$ et $0<x-y<2\alpha-\alpha=\alpha$ : on a un élément de $H^+$ strictement inférieur à $\alpha$, contradiction. Donc $\alpha\in H$.

Alors $\alpha\mathbb Z\subset H$ ($H$ est un sous-groupe contenant $\alpha$). Soit $x\in H$, $n=\lfloor x/\alpha\rfloor$ et $r=x-n\alpha$. On a $0\leq r<\alpha$ et $r\in H$. Si $r>0$, $r\in H^+$ et $r<\alpha$, contradiction. Donc $r=0$ et $x=n\alpha$. Ainsi $H=\alpha\mathbb Z$.

3. Supposons $\alpha=0$ et soient $a<b$. Comme $b-a>0=\inf H^+$, il existe $g\in H^+$ avec $g<b-a$. Posons $n=\lfloor a/g\rfloor+1$. Alors $\frac ag<n\leq\frac ag+1$, donc $a<ng\leq a+g<b$. Et $ng\in H$. $H$ est dense dans $\mathbb R$.

4. $G$ est un sous-groupe de $\mathbb R$ : $0=0+0\sqrt2$ et $(p+q\sqrt2)-(p'+q'\sqrt2)=(p-p')+(q-q')\sqrt2$. Il contient $1$, donc $G\neq\{0\}$. Si son $\alpha$ était $>0$, on aurait $G=\alpha\mathbb Z$, donc $1=m\alpha$ et $\sqrt2=k\alpha$ avec $m,k\in\mathbb Z$, $m\neq0$, d'où $\sqrt2=k/m\in\mathbb Q$ : absurde. Donc $\alpha=0$ et $G$ est dense par la question 3.

5. $(\sqrt2-1)^2=3-2\sqrt2$, $(\sqrt2-1)^4=(3-2\sqrt2)^2=17-12\sqrt2$, $(\sqrt2-1)^8=(17-12\sqrt2)^2=289+288-408\sqrt2=577-408\sqrt2\in G$. Ce nombre est strictement positif (puissance de $\sqrt2-1>0$) et, comme $(\sqrt2-1)(\sqrt2+1)=1$, $$577-408\sqrt2=\frac{1}{(1+\sqrt2)^8}=\frac{1}{577+408\sqrt2}.$$ Or $577+408\sqrt2>577+408\times1{,}4=1148{,}2>1000$. Donc $0<577-408\sqrt2<10^{-3}$.

1. Pour $x\in\mathbb R$ : $f_{a,b}(f_{c,d}(x))=a(cx+d)+b=acx+(ad+b)$. Comme $ac\neq0$, $(ac,ad+b)\in G$ et $f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{(a,b)*(c,d)}$. De plus $(a,b)*(\frac1a,-\frac ba)=(1,-b+b)=(1,0)$ et $(\frac1a,-\frac ba)*(a,b)=(1,\frac ba-\frac ba)=(1,0)$, et $f_{1,0}=\mathrm{id}_{\mathbb R}$. Donc $f_{a,b}\circ f_{1/a,-b/a}=f_{1/a,-b/a}\circ f_{a,b}=\mathrm{id}_{\mathbb R}$ : $f_{a,b}$ est bijective, de réciproque $f_{1/a,-b/a}$.

2. Par 1, $\mathcal A\subset S(\mathbb R)$. $\mathrm{id}_{\mathbb R}=f_{1,0}\in\mathcal A$. Pour $f_{a,b},f_{c,d}\in\mathcal A$ : $$f_{a,b}\circ f_{c,d}^{-1}=f_{a,b}\circ f_{1/c,-d/c}=f_{a/c,\ -ad/c+b}\in\mathcal A.$$ $\mathcal A$ est un sous-groupe de $S(\mathbb R)$.

3. $\Phi$ est surjective par définition de $\mathcal A$. Si $f_{a,b}=f_{c,d}$, l'évaluation en $0$ donne $b=d$, en $1$ donne $a+b=c+d$, donc $a=c$ : $\Phi$ est injective. La loi $*$ est interne sur $G$ ($ac\neq0$). Associativité : par 1, $$\Phi((u*v)*w)=\Phi(u)\circ\Phi(v)\circ\Phi(w)=\Phi(u*(v*w)),$$ et $\Phi$ est injective. Neutre : $(1,0)*(c,d)=(c,d)$ et $(a,b)*(1,0)=(a,b)$. Inverse : par le calcul de 1, $(a,b)^{-1}=(\frac1a,-\frac ba)$. $(G,*)$ est un groupe, et $\Phi$ est un isomorphisme de $G$ sur $\mathcal A$.

4. $(2,0)*(1,1)=(2,2)$ et $(1,1)*(2,0)=(2,1)$ : $G$ n'est pas abélien.

5. $\pi((a,b)*(c,d))=ac=\pi(a,b)\pi(c,d)$ : c'est un morphisme. $\pi(a,b)=1\iff a=1$, donc $T=\mathrm{Ker}\,\pi=\{1\}\times\mathbb R$. Pour $a\in\mathbb R^*$, $a=\pi(a,0)$ : $\mathrm{Im}\,\pi=\mathbb R^*$. Soit $\theta:(\mathbb R,+)\to G$, $b\mapsto(1,b)$. On a $\theta(b)*\theta(d)=(1,d+b)=\theta(b+d)$ : c'est un morphisme, injectif car $\theta(b)=(1,0)\iff b=0$, d'image $T$. Donc $\theta$ est un isomorphisme de $(\mathbb R,+)$ sur $T$.

6. $(a,b)\in Z(G)$ si et seulement si pour tous $(c,d)\in G$, $(ac,ad+b)=(ca,cb+d)$, soit $ad+b=cb+d$. Avec $(c,d)=(2,0)$ : $b=2b$, donc $b=0$. Puis avec $(c,d)=(1,1)$ : $a=1$. Réciproquement $(1,0)$ est le neutre, qui commute avec tout. $Z(G)=\{(1,0)\}$.

7. $(a,b)*(a,b)=(a^2,ab+b)=(1,0)$ équivaut à $a^2=1$ et $(a+1)b=0$. Si $a=1$ : $b=0$. Si $a=-1$ : toute valeur de $b$ convient. L'ensemble cherché est $S=\{(1,0)\}\cup\{(-1,b),\ b\in\mathbb R\}$ : le neutre et les applications $x\mapsto-x+b$ (symétries de centre $b/2$). Ce n'est pas un sous-groupe : $(-1,0)*(-1,1)=(1,-1)\notin S$.