Corrigé des exercices : Lois internes, groupes et anneaux en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une loi sur R et son élément absorbant

Idée clé : l’identité \(1-4(x \top y)=(1-4x)(1-4y)\) éclaire toute la structure de cette loi.

1. La commutativité est évidente, car l’expression est symétrique en \(x\) et \(y\). Ensuite, on développe :
   \[(x \top y)\top z=x+y+z-4(xy+yz+zx)+16xyz.\]
   Cette expression est symétrique en \(x,y,z\). Or, par commutativité, \(x\top(y\top z)=(y \top z)\top x\), qui s’obtient en permutant les lettres. Donc \(\top\) est commutative et associative.
2. Pour tout réel \(x\), \(x \top 0=x+0-0=x\). Le neutre est 0.
3. On calcule \(\frac{1}{4}\top y=\frac{1}{4}+y-y=\frac{1}{4}\). Si \(\frac{1}{4}\) avait un inverse \(y\), on aurait \(\frac{1}{4}\top y=0\), ce qui contredit le calcul précédent. Donc \(\frac{1}{4}\) est absorbant et n’est pas inversible.
4. Pour \(x \neq \frac{1}{4}\), l’équation \(x+y-4xy=0\) s’écrit \(y(1-4x)=-x\), d’où \(y=\frac{x}{4x-1}\). Ensuite, on vérifie que \(1-4(x\top y)=(1-4x)(1-4y)\). Ce produit est non nul si \(x\) et \(y\) diffèrent de \(\frac{1}{4}\). Les inversibles sont les réels \(x \neq \frac{1}{4}\), d’inverse \(\frac{x}{4x-1}\), et \(\mathbb{R}\setminus\{\frac{1}{4}\}\) est stable : c’est même un groupe pour \(\top\).

Corrigé de l’exercice 2 – Stable ou pas stable

Idée clé : une preuve générale pour la stabilité, un seul contre-exemple explicite pour la non-stabilité.

1. Si \(|z| \leqslant 1\) et \(|w| \leqslant 1\), alors \(|zw|=|z|\,|w| \leqslant 1\). En revanche, \(1+1=2\) sort du disque. \(D\) est stable par produit, mais pas par somme.
2. On a \(1+1=2\), qui est pair. Ensuite, \((2k+1)(2\ell+1)=2(2k\ell+k+\ell)+1\) est impair. Les impairs sont stables par produit, pas par somme.
3. D’abord, \(2^k2^\ell=2^{k+\ell}\) avec \(k+\ell \in \mathbb{N}\). Par contre, \(1+2=3\) n’est pas une puissance de 2. \(P\) est stable par produit, pas par somme, bien que \(1+1\) et \(2+2\) soient dans \(P\).
4. Si \(u\) et \(v\) sont croissantes et \(x \leqslant y\), alors \(v(x) \leqslant v(y)\), puis \(u(v(x)) \leqslant u(v(y))\). De même, \(u(x)+v(x) \leqslant u(y)+v(y)\). Cependant, \(x \mapsto x\) est croissante, alors que son carré ne l’est pas sur \(\mathbb{R}\). L’ensemble est stable par composition et par somme, mais pas par produit.

Corrigé de l’exercice 3 – Calculs dans le groupe produit (R*, ×) × (Z, +)

Idée clé : on calcule composante par composante, en notation multiplicative à gauche et additive à droite.

1. Le neutre est formé des neutres : \((1,0)\). L’inverse de \(-3\) pour le produit est \(-\frac{1}{3}\), et l’opposé de 5 est \(-5\). Donc \(e=(1,0)\) et \((-3,5)^{-1}=\left(-\frac{1}{3},-5\right)\).
2. La puissance \(5\)-ième donne \(2^5\) à gauche et \(5\times 1\) à droite. Ainsi \((2,1)^5=(32,5)\) et \((2,1)^{-3}=\left(\frac{1}{8},-3\right)\).
3. L’équation s’écrit \((4x,\,m-2)=(-1,7)\). L’unique solution est \(\left(-\frac{1}{4},\,9\right)\).
4. On veut \((x^2,2m)=(1,0)\), soit \(x=\pm 1\) et \(m=0\). Les solutions sont \((1,0)\) et \((-1,0)\).

Corrigé de l’exercice 4 – Sous-groupes de C* : oui ou non

Idée clé : on teste d’abord le neutre 1 et la stabilité par produit ; si tout passe, on applique la caractérisation.

1. On a \((-1)\times(-1)=1>0\). \(\mathbb{R}_-^*\) n’est pas stable, donc ce n’est pas un sous-groupe ; il ne contient d’ailleurs pas 1.
2. Le nombre 2 appartient à \(C\), mais \(2\times 2=4\) a pour module 4. \(C\) n’est pas un sous-groupe.
3. D’abord, \(1^{10}=1\) est réel, donc \(H\) est non vide. Ensuite, pour \(z,w \in H\), on a \((zw^{-1})^{10}=z^{10}/w^{10}\). C’est un quotient de deux réels, le dénominateur étant non nul. Donc \(H\) est un sous-groupe de \(\mathbb{C}^*\).
4. On a \(1=e^{i\pi\cdot 0} \in Q\). Ensuite, \(e^{i\pi q}\big(e^{i\pi q^{\prime}}\big)^{-1}=e^{i\pi(q-q^{\prime})}\), avec \(q-q^{\prime} \in \mathbb{Q}\). \(Q\) est un sous-groupe de \(\mathbb{C}^*\), et même de \(\mathbb{U}\).
5. Le produit \(i\,e^{i\pi/3}=e^{5i\pi/6}\) vérifie \(\big(e^{5i\pi/6}\big)^4=e^{10i\pi/3} \neq 1\) et \(\big(e^{5i\pi/6}\big)^6=e^{5i\pi}=-1\). Il n’est donc ni dans \(\mathbb{U}_4\), ni dans \(\mathbb{U}_6\). La stabilité par produit échoue, donc \(\mathbb{U}_4 \cup \mathbb{U}_6\) n’est pas un sous-groupe.

Corrigé de l’exercice 5 – Calculs dans S4

Idée clé : pour \(\sigma\circ\tau\), on suit chaque entier d’abord par \(\tau\), puis par \(\sigma\).

1. On a \(1 \xrightarrow{\tau} 1 \xrightarrow{\sigma} 2\), puis \(2 \to 3 \to 1\), \(3 \to 4 \to 3\) et \(4 \to 2 \to 4\). Ainsi, \(\sigma\circ\tau\) échange 1 et 2. Dans l’autre ordre, \(1 \xrightarrow{\sigma} 2 \xrightarrow{\tau} 3\), puis \(2 \to 4 \to 2\), \(3 \to 1 \to 1\) et \(4 \to 3 \to 4\). Donc \(\sigma\circ\tau\) échange 1 et 2, tandis que \(\tau\circ\sigma\) échange 1 et 3 : les permutations ne commutent pas.
2. On inverse les flèches de \(\sigma\) : \(\sigma(3)=1\), donc \(\sigma^{-1}(1)=3\). De même, \(\sigma^{-1}(2)=1\), \(\sigma^{-1}(3)=4\) et \(\sigma^{-1}(4)=2\). \(\sigma^{-1}\) envoie 1, 2, 3, 4 sur 3, 1, 4, 2.
3. On suit le cycle \(1 \to 2 \to 4 \to 3 \to 1\). Alors \(\sigma^2\) envoie 1, 2, 3, 4 sur 4, 3, 2, 1. Ensuite, \(\sigma^3\) envoie 1, 2, 3, 4 sur 3, 1, 4, 2, c’est-à-dire \(\sigma^{-1}\). Enfin \(\sigma^4=\mathrm{id}\), et 4 est le plus petit entier qui convient.
4. La permutation \(\tau\) fixe 1 et fait tourner \(2 \to 3 \to 4 \to 2\). Donc \(\tau^3=\mathrm{id}\), et ni \(\tau\) ni \(\tau^2\) ne valent l’identité. Comme \(100=3\times 33+1\), on obtient \(\tau^{100}=(\tau^3)^{33}\circ\tau\). Le plus petit entier vaut 3, et \(\tau^{100}=\tau\).

Corrigé de l’exercice 6 – L’anneau produit Z × Z

Idée clé : tout se lit composante par composante, mais des composantes nulles différentes produisent des diviseurs de zéro.

1. Le neutre additif est \((0,0)\), et le neutre multiplicatif est \((1,1)\).
2. L’élément \((a,b)\) est inversible s’il existe \((c,d)\) avec \(ac=1\) et \(bd=1\) dans \(\mathbb{Z}\). Cela impose \(a,b \in \{-1,1\}\). Ainsi \(A^\times=\{(1,1),(1,-1),(-1,1),(-1,-1)\}\), qui a 4 éléments.
3. On a \((1,0)\times(0,1)=(0,0)\), alors qu’aucun des deux facteurs n’est nul. Donc \(A\) n’est pas intègre.
4. L’égalité \((a,b)^2=(a,b)\) donne \(a^2=a\) et \(b^2=b\), donc \(a,b \in \{0,1\}\). Les solutions sont \((0,0)\), \((1,0)\), \((0,1)\) et \((1,1)\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Une loi cubique sur R

Idée clé : on transporte la structure de \((\mathbb{R},+)\) par la bijection \(x \mapsto x^3\), au lieu de vérifier les axiomes à la main.

1. La fonction \(\varphi\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), de limites \(-\infty\) et \(+\infty\). C’est donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\), et \(\sqrt[3]{\ }\) est sa réciproque. Par définition, \(x \ast y=\varphi^{-1}\big(\varphi(x)+\varphi(y)\big)\). Donc \(\varphi(x\ast y)=\varphi(x)+\varphi(y)\).
2. Pour l’associativité, on calcule \(\varphi\big((x\ast y)\ast z\big)=x^3+y^3+z^3=\varphi\big(x\ast(y\ast z)\big)\), puis on utilise l’injectivité de \(\varphi\). La commutativité se traite de même. Ensuite, \(x \ast 0=\sqrt[3]{x^3}=x\). Enfin, \(x\ast(-x)=\sqrt[3]{0}=0\). Ainsi \((\mathbb{R},\ast)\) est un groupe abélien, et \(\varphi\) est un isomorphisme vers \((\mathbb{R},+)\).
3. Le neutre est 0, et l’inverse de 2 est \(-2\). Ensuite, \(1\ast 2=\sqrt[3]{1+8}\). Enfin, en composant huit fois le réel 1, on obtient \(\sqrt[3]{8}\). Donc \(1\ast 2=\sqrt[3]{9}\) et le second calcul vaut 2.

Corrigé de l’exercice 8 – Réunion de deux sous-groupes

Idée clé : pour la réunion, on raisonne par l’absurde avec un élément de \(H\) hors de \(K\) et un élément de \(K\) hors de \(H\).

1. Le neutre appartient à \(H\) et à \(K\), donc \(H \cap K\) est non vide. Ensuite, si \(x,y \in H\cap K\), alors \(xy^{-1}\) appartient à \(H\) et à \(K\). Donc \(H\cap K\) est un sous-groupe de \(G\).
2. Si \(H \subset K\), alors \(H \cup K=K\), qui est un sous-groupe ; de même si \(K \subset H\). Réciproquement, supposons \(H\cup K\) sous-groupe, avec \(h \in H\setminus K\) et \(k \in K\setminus H\). Alors \(hk \in H \cup K\). Si \(hk \in H\), on obtient \(k=h^{-1}(hk) \in H\) : contradiction. Si \(hk \in K\), on obtient \(h=(hk)k^{-1} \in K\) : contradiction. Donc \(H \cup K\) est un sous-groupe si et seulement si l’un des deux contient l’autre.
3. On a \(i \in \mathbb{U}_4\setminus\mathbb{U}_6\) et \(e^{i\pi/3} \in \mathbb{U}_6\setminus\mathbb{U}_4\). En revanche, \(\mathbb{U}_3 \subset \mathbb{U}_6\), car \(z^3=1\) entraîne \(z^6=1\). \(\mathbb{U}_4\cup\mathbb{U}_6\) n’est pas un sous-groupe, alors que \(\mathbb{U}_3\cup\mathbb{U}_6=\mathbb{U}_6\) en est un.

Corrigé de l’exercice 9 – Sous-groupes 12Z et 18Z de Z

Idée clé : le reste de la division euclidienne d’un élément de \(H\) par \(n\) est encore dans \(H\), et il est plus petit que \(n\).

1. On a \(0=n\times 0 \in n\mathbb{Z}\). Ensuite, \(na-nb=n(a-b) \in n\mathbb{Z}\). Donc \(n\mathbb{Z}\) est un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\).
2. Soit \(x \neq 0\) dans \(H\). Alors \(-x \in H\), donc \(H\) contient un entier strictement positif. Toute partie non vide de \(\mathbb{N}^*\) a un plus petit élément, d’où \(n\). D’abord, \(n \in H\) entraîne \(kn \in H\) pour tout \(k \in \mathbb{Z}\), par stabilité. Ensuite, soit \(x \in H\) : on écrit \(x=nq+r\) avec \(0 \leqslant r<n\). Alors \(r=x-nq \in H\). Par minimalité de \(n\), on a \(r=0\). Ainsi \(H=n\mathbb{Z}\).
3. L’intersection est un sous-groupe, d’après l’exercice précédent. Elle contient 36, donc elle s’écrit \(n\mathbb{Z}\) avec \(n\) son plus petit élément strictement positif. Les multiples positifs de 18 sont 18, 36, … ; or 18 n’est pas multiple de 12, tandis que \(36=3\times 12\). Donc \(12\mathbb{Z}\cap 18\mathbb{Z}=36\mathbb{Z}\).
4. On a \(0 \in S\), et la différence de deux éléments de \(S\) s’écrit \(12(u-u^{\prime})+18(v-v^{\prime}) \in S\). Ensuite, tout élément de \(S\) vaut \(6(2u+3v)\), donc \(S \subset 6\mathbb{Z}\). Enfin, \(6=18-12 \in S\), donc \(6\mathbb{Z} \subset S\). Ainsi \(S=6\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Noyaux et images de trois morphismes

Idée clé : le noyau se calcule avec le neutre d’arrivée, ici 1, et l’image s’obtient en cherchant des antécédents.

1. On a \(f(k+\ell)=e^{2i(k+\ell)\pi/9}=f(k)f(\ell)\). Ensuite, \(f(k)=1\) équivaut à \(\frac{2k\pi}{9} \in 2\pi\mathbb{Z}\), soit \(9 \mid k\). Enfin, les valeurs de \(f\) sont les racines neuvièmes de l’unité, toutes atteintes pour \(k=0,\dots,8\). Donc \(\mathrm{Ker}\,f=9\mathbb{Z}\) et \(\mathrm{Im}\,f=\mathbb{U}_9\).
2. On a \(|zw|^2=|z|^2|w|^2\). Ensuite, \(|z|^2=1\) équivaut à \(z \in \mathbb{U}\). Enfin, tout réel \(r>0\) s’écrit \(|\sqrt{r}|^2\). Donc \(\mathrm{Ker}\,g=\mathbb{U}\) et \(\mathrm{Im}\,g=\mathbb{R}_+^*\).
3. Comme \(\overline{zw}=\bar{z}\,\bar{w}\), on obtient \(h(zw)=h(z)h(w)\). Ensuite, \(h(z)=1\) équivaut à \(z=\bar{z}\), soit \(z \in \mathbb{R}^*\). Par ailleurs, \(|h(z)|=1\), donc \(\mathrm{Im}\,h \subset \mathbb{U}\). Réciproquement, \(h(e^{i\alpha/2})=e^{i\alpha}\). Donc \(\mathrm{Ker}\,h=\mathbb{R}^*\) et \(\mathrm{Im}\,h=\mathbb{U}\).
4. Les trois noyaux sont non triviaux. Aucun de ces morphismes n’est injectif ; seul \(g\) est surjectif.

Corrigé de l’exercice 11 – U4 et U2 × U2 ne sont pas isomorphes

Idée clé : un isomorphisme conserve le nombre de solutions de l’équation \(x^2=e\).

1. Dans \(\mathbb{U}_4=\{1,i,-1,-i\}\), on a \(i^2=(-i)^2=-1\). Seuls 1 et \(-1\) conviennent. En revanche, dans \(\mathbb{U}_2\times\mathbb{U}_2\), chaque composante vaut \(\pm 1\), de carré 1. On trouve 2 solutions dans \(\mathbb{U}_4\), et 4 dans \(\mathbb{U}_2\times\mathbb{U}_2\).
2. On a \(\varphi(x)^2=\varphi(x^2)\). Si \(x^2=e\), alors \(\varphi(x)^2=\varphi(e)=e^{\prime}\). Réciproquement, si \(\varphi(x^2)=e^{\prime}=\varphi(e)\), l’injectivité donne \(x^2=e\). L’équivalence est démontrée.
3. Un isomorphisme \(\varphi : \mathbb{U}_4 \to \mathbb{U}_2\times\mathbb{U}_2\) réaliserait une bijection entre les ensembles de solutions. Or ces ensembles ont 2 et 4 éléments. Les deux groupes ne sont donc pas isomorphes.
4. Les transpositions \(s\) et \(t\) agissent sur des entiers disjoints, donc \(s\circ t=t\circ s\). De plus, \(s^2=t^2=\mathrm{id}\) et \((s\circ t)^2=s^2\circ t^2=\mathrm{id}\). On vérifie aussi que \(s\circ(s\circ t)=t\) et \(t\circ(s\circ t)=s\). Ainsi \(V\) contient \(\mathrm{id}\), est stable par composition, et chaque élément est son propre inverse. Ensuite, l’application \(\big((-1)^p,(-1)^q\big) \mapsto s^p\circ t^q\) est bien définie, car \(s^2=t^2=\mathrm{id}\). C’est un morphisme, puisque \(s\) et \(t\) commutent. Enfin, elle est bijective, car les quatre images sont distinctes. Donc \(V\) est un sous-groupe de \(\mathcal{S}_4\) isomorphe à \(\mathbb{U}_2\times\mathbb{U}_2\).

Corrigé de l’exercice 12 – Éléments nilpotents et inversibilité de 1 − a

Idée clé : la factorisation \(1-a^p=(1-a)(1+a+\dots+a^{p-1})\) est valable, car \(1\) et \(a\) commutent.

1. Posons \(s=\sum_{k=0}^{p-1}a^k\). Les termes se télescopent : \((1-a)s=s(1-a)=1-a^p=1\). Donc \(1-a\) est inversible, d’inverse \(1+a+\dots+a^{p-1}\).
2. Le calcul ligne par colonne donne \(a^2=0\). D’après la question 1, l’inverse de \(I-a\) vaut \(I+a\). On vérifie directement :
   \[\begin{pmatrix}1 & -3\\ 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 3\\ 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}.\]
   Ainsi \((I-a)^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 3\\ 0 & 1\end{pmatrix}\).
3. Posons \(n=p+q-1\). Comme \(ab=ba\), le binôme s’applique : \((a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^kb^{n-k}\). Si \(k \geqslant p\), alors \(a^k=0\). Sinon, \(k \leqslant p-1\), donc \(n-k \geqslant q\) et \(b^{n-k}=0\). Ainsi \((a+b)^{p+q-1}=0\) : la somme est nilpotente.
4. Ici \(a^2=b^2=0\). Cependant, \(ab=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}\) et \(ba=\begin{pmatrix}0 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}\), donc \(ab \neq ba\). Ensuite, \((a+b)^2=I\), d’où \((a+b)^{2m}=I\) et \((a+b)^{2m+1}=a+b\). Aucune puissance de \(a+b\) n’est nulle : l’hypothèse de commutation ne peut pas être retirée.

Corrigé de l’exercice 13 – Calculs dans un anneau non commutatif

Idée clé : on développe en gardant l’ordre des facteurs, puis on vérifie l’inverse proposé des deux côtés.

1. On développe d’abord \((a+b)^2=a^2+ab+ba+b^2\), puis on multiplie à droite par \(a+b\) :
   \[(a+b)^3=a^3+a^2b+aba+ab^2+ba^2+bab+b^2a+b^3.\]
   On obtient 8 termes distincts en général, et non 4.
2. Le calcul ligne par colonne donne \(ab=0\). En revanche, \(ba=\begin{pmatrix}0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}\), qui n’est pas nulle. Ainsi \(ab=0\) n’entraîne pas \(ba=0\) : l’anneau n’est ni commutatif ni intègre.
3. On a \((1-ab)c=c(1-ab)=1\), soit \(c-abc=1\) et \(c-cab=1\). D’une part :
   \[(1-ba)(1+bca)=1-ba+b\,(c-abc)\,a=1-ba+ba=1.\]
   D’autre part, \((1+bca)(1-ba)=1-ba+b\,(c-cab)\,a=1-ba+ba=1\). Donc \(1-ba\) est inversible, d’inverse \(1+bca\).

Corrigé de l’exercice 14 – Inversibles de Z[√3]

Idée clé : la norme \(N\) est multiplicative et à valeurs entières ; elle ramène l’inversibilité à une équation dans \(\mathbb{Z}\).

1. D’abord, \(1=1+0\sqrt{3} \in A\). Ensuite, \(A\) est stable par différence, et \((a+b\sqrt{3})(c+d\sqrt{3})=(ac+3bd)+(ad+bc)\sqrt{3} \in A\). Enfin, si \(a+b\sqrt{3}=a^{\prime}+b^{\prime}\sqrt{3}\) avec \(b \neq b^{\prime}\), alors \(\sqrt{3}=\frac{a-a^{\prime}}{b^{\prime}-b}\) serait rationnel. Donc \(A\) est un sous-anneau de \(\mathbb{R}\), et l’écriture est unique.
2. L’unicité rend \(\bar{x}\) bien défini. On calcule \(\bar{x}\,\bar{y}=(ac+3bd)-(ad+bc)\sqrt{3}=\overline{xy}\). Comme \(\mathbb{R}\) est commutatif, \(N(xy)=xy\,\bar{x}\,\bar{y}=x\bar{x}\,y\bar{y}\). Ainsi \(N(xy)=N(x)N(y)\).
3. Si \(xy=1\) dans \(A\), alors \(N(x)N(y)=N(1)=1\), avec deux entiers. Donc \(N(x)=\pm 1\). Réciproquement, si \(N(x)=\varepsilon=\pm 1\), alors \(x\times(\varepsilon\bar{x})=\varepsilon^2=1\), et \(\varepsilon\bar{x} \in A\). Donc \(x\) est inversible si et seulement si \(N(x)=\pm 1\).
4. Un carré d’entier est congru à 0 ou 1 modulo 3. Or \(a^2-3b^2=-1\) imposerait \(a^2 \equiv 2 \pmod 3\). L’égalité \(N(x)=-1\) est donc impossible.
5. On a \(N(2+\sqrt{3})=4-3=1\), d’inverse \(2-\sqrt{3}\). Ensuite, \((2+\sqrt{3})^2=7+4\sqrt{3}\), puis \((2+\sqrt{3})^3=(7+4\sqrt{3})(2+\sqrt{3})=26+15\sqrt{3}\). On vérifie que \(26^2-3\times 15^2=676-675=1\). Comme \(2+\sqrt{3}>1\), la suite de ses puissances est strictement croissante. Les \((2+\sqrt{3})^n\) sont donc des inversibles deux à deux distincts : \(A^\times\) est infini.

Corrigé de l’exercice 15 – Le corps Q[√3]

Idée clé : on multiplie par la quantité conjuguée, et l’irrationalité de \(\sqrt{3}\) garantit qu’on ne divise pas par 0.

1. Comme dans l’exercice précédent, \(K\) contient 1 et il est stable par différence et produit. C’est donc un sous-anneau de \(\mathbb{R}\), commutatif. Soit \(x=a+b\sqrt{3} \neq 0\). Si \(b \neq 0\), alors \(a^2-3b^2 \neq 0\), sinon \(\sqrt{3}=|a/b|\) serait rationnel. Si \(b=0\), alors \(a \neq 0\). Dans les deux cas, \(\frac{1}{x}=\frac{a-b\sqrt{3}}{a^2-3b^2}\), qui est dans \(K\). Donc \(K\) est un sous-corps de \(\mathbb{R}\).
2. On multiplie par \(5+2\sqrt{3}\) : le dénominateur vaut \(25-12=13\). Ainsi \(\dfrac{1}{5-2\sqrt{3}}=\dfrac{5}{13}+\dfrac{2}{13}\sqrt{3}\).
3. Supposons \((a+b\sqrt{3})^2=2\) avec \(a,b\) rationnels. Alors \(a^2+3b^2+2ab\sqrt{3}=2\). Par unicité de l’écriture, \(ab=0\) et \(a^2+3b^2=2\). Si \(b=0\), alors \(a^2=2\), ce qui est impossible dans \(\mathbb{Q}\). Si \(a=0\), alors \((3b)^2=6\), et \(\sqrt{6}\) serait rationnel, ce qui est faux. Donc \(\sqrt{2} \notin K\).
4. On a \(f(1)=1\), puis \(f(n)=n\) pour \(n \in \mathbb{N}\) par additivité, et \(f(-n)=-n\). Pour \(q=\frac{m}{p}\), on écrit \(p\,f(q)=f(pq)=f(m)=m\), donc \(f(q)=q\). Ensuite, \(f(\sqrt{3})^2=f(3)=3\), donc \(f(\sqrt{3})=\pm\sqrt{3}\). Ainsi \(f(a+b\sqrt{3})=a+bf(\sqrt{3})\). Réciproquement, l’identité et \(x \mapsto \bar{x}\) sont des morphismes d’anneaux, d’après le calcul de l’exercice 14. Il y a exactement deux morphismes : l’identité et la conjugaison \(a+b\sqrt{3} \mapsto a-b\sqrt{3}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Morphismes partant de Z ou de Q

Idée clé : un morphisme partant de \(\mathbb{Z}\) ou de \(\mathbb{Q}\) est entièrement déterminé par l’image de 1.

1. Les règles \(a^{k+\ell}=a^ka^\ell\) valent pour tous \(k,\ell \in \mathbb{Z}\), donc \(k \mapsto a^k\) est un morphisme. Inversement, soit \(f\) un morphisme avec \(f(1)=a\). Par récurrence, \(f(n)=a^n\) pour \(n \in \mathbb{N}\). Ensuite, \(f(-n)=f(n)^{-1}=a^{-n}\). Le morphisme est donc unique.
2. De même, \(f(n)=n\,f(1)\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\). Soit \(x=\frac{m}{p}\) avec \(p \geqslant 1\). Alors \(p\,f(x)=f(px)=f(m)=m\,f(1)\). Donc \(f(x)=f(1)\,x\) pour tout rationnel \(x\).
3. Supposons qu’un isomorphisme \(\varphi : \mathbb{Z} \to \mathbb{Q}\) existe, et posons \(r=\varphi(1)\). Par la question 1 en notation additive, \(\varphi(k)=kr\). On a \(r \neq 0\), par injectivité. Alors \(\frac{r}{2}\) n’a pas d’antécédent, car \(kr=\frac{r}{2}\) impose \(k=\frac{1}{2}\). Donc \((\mathbb{Z},+)\) et \((\mathbb{Q},+)\) ne sont pas isomorphes.
4. Supposons qu’un isomorphisme \(\varphi : (\mathbb{Q},+) \to (\mathbb{Q}_+^*,\times)\) existe. Soit \(x\) l’antécédent de 2. Alors \(2=\varphi\big(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\big)=\varphi\big(\frac{x}{2}\big)^2\). Le rationnel \(\varphi\big(\frac{x}{2}\big)\) aurait pour carré 2, ce qui est impossible. Ces deux groupes ne sont pas isomorphes.

Corrigé de l’exercice 17 – Anneaux de Boole et différence symétrique

Idée clé : dans un anneau de Boole, l’égalité \(x^2=x\) appliquée à des sommes fait apparaître \(x+x\) et \(xy+yx\).

1. D’une part, \((x+x)^2=x+x\). D’autre part, ce carré vaut \(x^2+x^2+x^2+x^2=4x\). Donc \(4x=2x\), puis \(2x=0\), soit \(-x=x\). Ensuite, \((x+y)^2=x+xy+yx+y\) vaut aussi \(x+y\). Donc \(xy+yx=0\), d’où \(xy=-yx=yx\). Ainsi \(x+x=0\) et \(A\) est commutatif.
2. Dans un anneau de Boole intègre, \(x(x-1)=x^2-x=0\), donc \(x=0\) ou \(x=1\). De plus, \(0 \neq 1\), car un anneau intègre n’est pas nul. L’anneau a donc exactement deux éléments, 0 et 1.
3. Pour \(t \in E\), le produit \(\mathbf{1}_A(t)\mathbf{1}_B(t)\) vaut 1 si et seulement si \(t\) est dans \(A\) et dans \(B\). Ensuite, on examine les quatre cas. Si \(t\) est dans les deux ensembles, on trouve \(1+1-2=0\). S’il est dans un seul, on trouve 1. Sinon, on trouve 0. Les deux formules sont établies.
4. Notons \(a,b,c\) les indicatrices de \(A,B,C\). L’indicatrice de \((A\Delta B)\Delta C\) vaut \(a+b+c-2(ab+bc+ca)+4abc\), expression symétrique. Une partie est déterminée par son indicatrice, donc \(\Delta\) est associative. Ensuite, comme \(a^2=a\), on a \(ab+ac-2(ab)(ac)=a(b+c-2bc)\). Cela prouve \(A\cap(B\Delta C)=(A\cap B)\Delta(A\cap C)\). Le neutre de \(\Delta\) est \(\varnothing\), celui de \(\cap\) est \(E\), l’opposé de \(A\) est \(A\) lui-même, et \(A\cap A=A\) : c’est un anneau de Boole.
5. On trouve \(A\,\Delta\,B=\{1,3\}\) et \(A\cap B=\{2\}\). Ensuite, \(\{1,2\}\cap\{3\}=\varnothing\), avec deux parties non vides. Les éléments \(\{1,2\}\) et \(\{3\}\) sont des diviseurs de zéro de \(\mathcal{P}(E)\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Le groupe des similitudes z ↦ az + b

Idée clé : la formule \(f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{ac,\,ad+b}\) commande tout le problème ; la première composante se multiplie, la seconde se tord.

1. L’équation \(az+b=w\) a l’unique solution \(z=\frac{w-b}{a}\), donc \(f_{a,b}\) est bijective. Ensuite, \(f_{a,b}\big(f_{c,d}(z)\big)=a(cz+d)+b=acz+(ad+b)\). Ainsi \(f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{ac,\,ad+b}\), avec \(ac \neq 0\). De plus, \(f_{a,b}^{-1}=f_{1/a,\,-b/a}\). Enfin, \(\mathrm{id}=f_{1,0} \in G\). \(G\) est une partie non vide de \(\mathcal{S}_{\mathbb{C}}\), stable par composition et par passage à l’inverse : c’est un sous-groupe.
2. On a \(r\circ t(z)=i(z+2)=iz+2i\) et \(t\circ r(z)=iz+2\). Ces applications diffèrent en 0. Donc \(G\) n’est pas abélien, comme le montrent les images d’un même triangle.

3. D’abord, \(\varphi\) est bien définie, car \(a=f_{a,b}(1)-f_{a,b}(0)\). Ensuite, la formule de composition donne \(\varphi(f_{a,b}\circ f_{c,d})=ac\). Enfin, \(a=\varphi(f_{a,0})\) pour tout \(a \in \mathbb{C}^*\). Le noyau est \(T=\{f_{1,b} : b \in \mathbb{C}\}\), l’ensemble des translations. Par ailleurs, \(b \mapsto f_{1,b}\) est bijective et vérifie \(f_{1,b}\circ f_{1,b^{\prime}}=f_{1,b+b^{\prime}}\). Donc \(\varphi\) est un morphisme surjectif, de noyau \(T\), et \(T\) est isomorphe à \((\mathbb{C},+)\).
4. On calcule \(g\circ t_c=f_{a,\,ac+b}\), puis on compose par \(g^{-1}=f_{1/a,\,-b/a}\) :
   \[g\circ t_c\circ g^{-1}=f_{1,\;a\cdot(-b/a)+ac+b}=f_{1,\,ac}.\]
   Ainsi \(g\circ t_c\circ g^{-1}=t_{ac}\) : conjuguer une translation donne encore une translation.
5. Soit \(f=f_{a,b}\) qui commute avec tout élément. D’abord, \(f\circ t_1=f_{a,\,a+b}\) et \(t_1\circ f=f_{a,\,b+1}\), d’où \(a=1\). Ensuite, \(f_{1,b}\circ f_{2,0}=f_{2,b}\) et \(f_{2,0}\circ f_{1,b}=f_{2,2b}\), d’où \(b=0\). Seule l’identité commute avec tous les éléments de \(G\).
6. On a \(g\circ g=f_{a^2,\,ab+b}\). La condition \(g\circ g=\mathrm{id}\) s’écrit donc \(a^2=1\) et \(b(a+1)=0\). Si \(a=1\), alors \(b=0\). Si \(a=-1\), \(b\) est quelconque. De plus, \(-z+b-\frac{b}{2}=-\big(z-\frac{b}{2}\big)\). Les solutions sont l’identité et les symétries centrales \(z \mapsto -z+b\), de centre \(\frac{b}{2}\).
7. On a \(\mathrm{id} \in G_\omega\). Si \(g,h \in G_\omega\), alors \(h^{-1}(\omega)=\omega\), donc \(g\circ h^{-1}(\omega)=\omega\). Ainsi \(G_\omega\) est un sous-groupe. Ensuite, \(f_{a,b}(\omega)=\omega\) équivaut à \(b=\omega(1-a)\). La restriction de \(\varphi\) à \(G_\omega\) est donc surjective. Son noyau est réduit à \(f_{1,0}=\mathrm{id}\), donc elle est injective. Ainsi \(G_\omega=\{z \mapsto \omega+a(z-\omega) : a \in \mathbb{C}^*\}\) est isomorphe à \((\mathbb{C}^*,\times)\).

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