Fiche de mathématiques

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Algèbre générale : Structures algébriques

-Exercices-

exercice 1

Soit $V$ un ensemble possédant au moins $2$ éléments. Sur l'ensemble $E=\R^{*}\times V$ , on définit la loi $\ast$ de la façon suivante :

$\forall X=(\lambda,x), X'=(\lambda',x')\in E \enskip : \enskip X\ast X'=(\lambda \lambda' ,x')$
1. La loi $\ast$ est-elle associative? commutative?

2. La loi $\ast$ possède-t-elle un élément neutre dans $E$ ? Y-a-t-il des éléments inversibles dans $E$ ?

3. Pour $X_0\in E$ , on considère les applications $\gamma_{X_0} \text{ et }\delta_{X_0}$ de $E$ dans lui même définies par :

$\forall X\in E\enskip : \enskip \gamma_{X_0}(X)=X_0\ast X \text{ et }\delta_{X_0}(X)=X\ast X_0$
Ces applications sont-elles des bijections de $E$ dans lui-même?

exercice 2

On définit sur $\R$ la loi de composition interne $\ast$ par :

$\forall x,y\in\R\enskip\enskip :\enskip\enskip x\ast y =x+y-xy$
1. $(\R,\ast)$ est-il un groupe ?

2. Déterminer un sous-ensemble de $\R$ qui soit un groupe pour la loi $\ast$

exercice 3

Soit $I=]-1,1[$ muni de la loi $\perp$ définie par :

$\forall x,y\in I\enskip : \enskip x\perp y= \dfrac{x+y}{1+xy}$
1. Vérifier que $\perp$ est une loi de composition interne sur $I$ .

2. Montrer que $(I,\perp)$ est un groupe abélien

exercice 4

On note $\ast$ la loi interne de $G=\C\times \R$ définie, pour tous $(z,s)(z',s')\in G$ par :

$(z,s)\ast(z',s')=\left(z+z',s+s'+\mathcal{I}m(\bar{z}z')\right)$
Montrer que $(G,\ast)$ est un groupe . Est-il abélien ?

exercice 5

Soit $(G,\times)$ un groupe , d'élément neutre $e$ tel que $\forall a\in G\enskip : \enskip a^2=e$

Montrer que $(G,\times)$ est un groupe commutatif .

exercice 6

Soit $G$ un groupe. Pour $n\in\N$ , on considère la propriété :

$P_n\enskip : \enskip \forall x,y\in G \enskip , \enskip (xy)^n=x^ny^n$
1. Montrer que si $G$ vérifie $P_2$ , alors $G$ est commutatif .

2. Montrer que si $G$ vérifie $P_n$ , alors : $\forall x,y\in G \enskip , \enskip (yx)^{n-1}=x^{n-1}y^{n-1}$

3. On suppose que $G$ vérifie $P_n$ pour trois entiers $n$ consécutifs . Montrer que $G$ est commutatif .

exercice 7

Soit $(G,.)$ un groupe . Pour tous sous-groupes $H,K \text{ de } G$ , on note :

$HK=\left\lbrace hk \text{ ; } (h,k)\in H\times K\right\rbrace$
Soient $H$ et $K$ deux sous-groupes de $G$ . Montrer que les propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes :

$i)\enskip HK \text{ est un sous-groupe de }G$

$ii)\enskip KH \text{ est un sous-groupe de }G$

$iii)\enskip HK\subset KH$

$iv)\enskip KH\subset HK$

exercice 8

Soit $(G,.)$ un groupe et soient $H\text{ et }K \text{ deux sous-groupes de } G$ .

Montrer que $H \cup K$ est un sous-groupe de $G$ si et seulement si $H\subset K \text{ ou } K\subset H$ .

exercice 9

Un élément $x$ d'un groupe $(G,.)$ , de neutre $e$ , est dit d'ordre fini si et seulement s'il existe $n\in\N^{*}$ tel que $x^n=e$ , si $x$ est d'ordre fini, le plus petit entier $n\in\N^{*}$ tel que $x^n=e$ est appelé l'ordre de $x$ .

Soit $(G,.)$ un groupe et soient $a,b\in G$ .

1. Montrer que si $a,b,ab$ sont d'ordre $2$ , alors $ab=ba$

2. Montrer que si $a$ est d'ordre fini, alors $a^{-1}$ l'est aussi , et $a$ et $a^{-1}$ ot le même ordre .

3. Montrer que si $a$ est d'ordre fini, alors $bab^{-1}$ l'est aussi , et $a$ et $bab^{-1}$ ot le même ordre .

4. Montrer que si $ab$ est d'ordre fini, alors $ba$ l'est aussi , et $ab$ et $ba$ ot le même ordre .

exercice 10

Soit $(A,+,.)$ un anneau . On définit le centre $C$ de $A$ par :

$C=\left\lbrace x\in A \text{ ; } \forall a\in A \text{ : } ax=xa\right\rbrace$
Montrer que $C$ est un sous-anneau de $A$ .

exercice 11

Soit $A$ un anneau dans lequel , pour tout élément $x\in A$ , on a $x^2=x$ . Un tel anneau est appelé anneau de Boole .

1. Montrer que , pour tout $a\in A \enskip : \enskip 2a=0$

2. Déduire que $A$ est commutatif .

exercice 12

Soit $A$ un anneau . Un élément $x$ de $A$ est dit nilpotent si et seulement s'il existe $n\in \N^{*}$ tel que $x^n=0$ .

Soit $a$ un élément nilpotent de $A$ . Montrer que $1-a$ est inversible dans $A$ et exprimer $(1-a)^{-1}$

exercice 13

Soit $A$ un anneau ne possédant aucun élément nilpotent à part $0$ . Soit $a\in A$ tel que $a^2=a$ .

Montrer que $a$ commute avec tous les éléments de $A$

_{Indication : Soit , considérer}

exercice 14

Soit $A$ un anneau et $a,b\in A$ . On suppose que $1-ab$ est inversible . Montrer que $1-ba$ est inversible :

1. En supposant d'abord que $ab$ est nilpotent , et en calculant l'inverse de $(1-ba)$ en fonction de $a,b\text{ et }(1-ab)^{-1}$ .

2. Dans le cas général .

Utiliser le résultat de l'exercice 12 .

exercice 15

Montrer que tout anneau intègre fini est un corps .

Correction

exercice 1

1. $\bullet$ La loi est associative. En effet, on a pour $X=(\lambda,x) \text{ , }X'=(\lambda',x')\text{ et }X''=(\lambda'',x'')\text{ de }E$ :

$(X\ast X')\ast X''=(\lambda\lambda',x')\ast(\lambda'',x'')=(\lambda\lambda'\lambda'',x'') \\\\X\ast (X'\ast X'')=(\lambda,x)\ast(\lambda'\lambda'',x'')=(\lambda\lambda'\lambda'',x'')$

$\bullet$ La loi n'est pas commutative. En effet, en choisissant deux éléments distincts $x,x'\in V$ , on a :

$(1,x)\ast(1,x')=(1,x') \text{ et }(1,x')\ast (1,x)=(1,x)$

2. S'il existe un élément neutre $e=(\lambda_e,x_e)$ , on a pour tout $X=(\lambda , x) \text{ : }X\ast e=X$ .

Ce qui donne en comparant les secondes composantes $x=x_e$ . Ceci contredit le fait que $E$ possède au moins deux éléments. Il n'y a donc pas d'élément neutre pour $\ast$ dans $E$ , et par suite, aucun élément n'est inversible .

3. Notons $X_0=(\lambda_0,x_0)$ . On a :

$\gamma_{x_0}(\lambda ,x)=(\lambda_0\lambda , x) \enskip \text{ et }\enskip \delta_{X_0}(\lambda ,x)=(\lambda_0\lambda , x_0)$

$\bullet$ L'application $\gamma_{X_0}$ est bijective , et sa réciproque est l'application $\gamma^{-1}_{X_0}\text{ : }(\lambda,x)\mapsto (\lambda_0^{-1} \lambda , x)$ .

$\bullet$ L'application $\delta_{X_0}$ n'est pas bijective , car elle n'est pas surjective : son image ne contient en effet que les couples dont la seconde composante est égale à $x_0$ .

exercice 2

1. On vérifie facilement que la loi $\ast$ est :

Commutative , puisque pour tous réels $x \text{ et } y \enskip :$
$\begin{matrix} x\ast y&=&x+y-xy\\&=&y+x-yx\\&=&y\ast x\end{matrix}$

Associative , en effet :

$\forall x,y,z\in\R :$ $\begin{matrix}(x\ast y)\ast z &=& (x+y-xy)\ast z \\&=& x+y-xy+z-(x+y-xy)z \\&=& x+y+z-xy-xz-yz+xyz\end{matrix}$
Cette expression est invariante par permutation des trois éléments $x,y\text{ et }z$ , donc :

$(x\ast y)\ast z=(y\ast z)\ast x= x\ast(y\ast z) \enskip \enskip\text{ par commutativité de }\ast$

Admet un élément neutre , qui est $0\in\R$ , en effet :
$\forall x\in\R \text{ : }\enskip x\ast 0= x+0-x\times 0=x$

Inverse :

Par contre , pour tout réel $x$ , on a :

$1\ast x=1+x-x=1\neq 0$
On en tire que $1$ n'a pas d'inverse .

On conclut que : $\boxed{(\R,\ast) \text{ n'est pas un groupe }}$

2. Montrons que $\R\backslash\lbrace 1\rbrace$ est stable par $\ast$ :

Soient $x,y\in\R\backslash\lbrace 1\rbrace$ et supposons que $x\ast y=1$

$\begin{matrix} x\ast y = 1 &\iff& x+y-xy=1 \\&\iff& x(1-y)=1-y \\&\iff& x=\dfrac{1-y}{1-y}\enskip (\text{ en effet , } y\neq 1 }) \\&\iff & x=1 \enskip \text{ absurde }\end{matrix}$

Donc : $\forall x,y\in\R\backslash\lbrace 1\rbrace \enskip : \enskip\enskip x\ast y \in \R\backslash\lbrace 1\rbrace$

De plus , la loi induite $\ast$ est encore associative, commutative, d'élément neutre $0$ .

Enfin , tout réel $x\neq 1$ admet un inverse $x^{-1}=\dfrac{x}{x-1}\in\R\backslash\lbrace 1\rbrace$ .

En effet , soit $x\in \R\backslash\lbrace 1\rbrace$ :
$x\neq x-1\iff \dfrac{x}{x-1}\neq 1 \enskip\enskip\text{et }\enskip \enskip x\ast \dfrac{x}{x-1}= x+\dfrac{x}{x-1}-\dfrac{x^2}{x-1}=\dfrac{x(x-1)+x-x^2}{x-1}=0$

Conclusion : $\boxed{(\R\backslash\lbrace 1\rbrace,\ast) \text{ est un groupe (commutatif) }}$

exercice 3

1. Montrons que la loi $\perp$ est bien définie et interne sur $I$ .

Soient $x,y\in I$ , on a $|x|<1 \text{ et }|y|<1$ , alors $|xy|<1$

Il s'ensuit que $-1<xy<1$ , et donc $0<1+xy\neq 0$

$x\perp y$ a donc un sens .

Ensuite :

$\begin{matrix} x\perp y\in I&\iff& -1<\dfrac{x+y}{1+xy}<1 \\&\iff& -1-xy<x+y<1+xy \\&\iff& -1-x<y+xy \enskip \text{ et } y-xy<1-x \\&\iff& -(1+x)<y(1+x) \enskip \text{ et }y(1-x)<1-x \\&\iff& -1<y\text{ et } y<1 \enskip\enskip\text{ (puisque }0<1-x\text{ et }0<1+x)\end{matrix}$

Ce qui est vrai .

On a donc $\forall x,y\in I \text{ : }x\perp y\in I$

Conclusion : $\boxed{\perp\text{ est bien une loi de composition interne sur } I }$

2.

Commutativité
On a , pour tous réels $x \text{ et } y \in I \enskip :\enskip x\perp y=\dfrac{x+y}{1+xy}=\dfrac{y+x}{1+yx}=y\perp x$
Ce qui entraîne que $\perp$ est une loi commutative .

Élément neutre
On a $0\in I \text{ et } \forall x\in I \enskip : \enskip x\perp 0= \dfrac{x+0}{1+x\times 0}=x$
Il s'ensuit que $0$ est l'élément neutre de $(I,\perp)$

Associativité
Soient $x,y,z\in I \enskip : \enskip (x\perp y)\perp z= \left(\dfrac{x+y}{1+xy}\right)\perp z= \dfrac{\dfrac{x+y}{1+xy}+z}{1+\dfrac{x+y}{1+xy}z}=\dfrac{x+y+z+xyz}{1+xy+yz+zx}$
L'expression obtenue étant invariante par permutation des $3$ éléments $x,y \text{ et }z$ , on a : $(x\perp y)\perp z=(y\perp z)\perp x = x\perp(y\perp z)$ par commutativité de $\perp$ .
La loi $\perp$ est donc associative .

Éléments inverses
Enfin , $\forall x\in I\enskip : \enskip x \perp (-x)=0$ .
Par conséquent , tout élément de $I$ admet un inverse dans $I$ .

Conclusion : $\boxed{(I,\perp) \text{ est un groupe commutatif }}$

exercice 4

Associativité
Pour tous $(z,s),(z',s'),(z'',s'')\in G$ :

$\begin{matrix}\left[(z,s)\ast(z',s')\right]\ast(z'',s'')& =& (z+z',s+s'+\mathcal{I}m(\bar{z}z'))\ast(z'',s'')\\&=& \left((z+z')+z''\enskip , \enskip (s+s'+\mathcal{I}m(\bar{z}z'))+s''+\mathcal{I}m\left[\overline{(z+z')}z''\right] \right)\\&=&\left(z+z'+z''\enskip , \enskip s+s'+s''+\mathcal{I}m(\bar{z}z')+\mathcal{I}m(\bar{z}z'')+\mathcal{I}m(\bar{z'}z'')\right) \end{matrix}$

Et :
$\begin{matrix}(z,s)\ast\left[(z',s')\ast(z'',s'')\right]& =& (z,s)\ast(z'+z'',s'+s''+\mathcal{I}m(\bar{z'}z''))\\&=& \left(z+(z'+z'')\enskip , \enskip s+(s'+s''+\mathcal{I}m(\bar{z'}z''))+\mathcal{I}m\left[\overline{z}(z'+z'')\right] \right)\\&=&\left(z+z'+z''\enskip , \enskip s+s'+s''+\mathcal{I}m(\bar{z'}z'')+\mathcal{I}m(\bar{z}z')+\mathcal{I}m(\bar{z}z'')\right) \end{matrix}$

Donc $\left[(z,s)\ast(z',s')\right]\ast(z'',s'')=(z,s)\ast\left[(z',s')\ast(z'',s'')\right]$ et donc $\ast$ est associative .

Elément neutre
Soit $(z,s)\in G$ .
On vérifie directement que $(z,s)\ast(0,0)=(z,s) \enskip\text{ et }\enskip (0,0)\ast(z,s)=(z,s)$ .
$(0,0)$ est élément neutre pour $\ast$ .

Symétriques
Soit $(z,s)\in G$ . On a , pour tout $(z',s')\in G$ :

$\begin{matrix}\begin{cases} (z,s)\ast (z',s')=(0,0)\\ (z',s')\ast (z,s)=(0,0)\end{cases}&\iff& \begin{cases} (z+z',s+s'+\mathcal{I}m(\bar{z}z')) =(0,0)\\ (z'+z,s'+s+\mathcal{I}m(\bar{z'}z))=(0,0)\end{cases}\\&\iff&\begin{cases}z+z'=0\\ s+s'+\mathcal{I}m(\bar{z}z')=0 \\ s+s'+\mathcal{I}m(\bar{z'}z)=0\end{cases}\\&\iff& \begin{cases}z'=-z\\ s+s'+\mathcal{I}m(-|z|^2)=0 \\ s+s'+\mathcal{I}m(-|z|^2)=0\end{cases}\\&\iff& \begin{cases}z'=-z\\ s+s'=0 \end{cases} \\&\iff& \begin{cases}z'=-z \\ s'=-s\end{cases}\end{matrix}$

Ceci montre que $(z,s)$ admet un seul symétrique $(-z,-s)$

On conclut que : $\boxed{(G,\ast)\text{ est un groupe }}$

Commutativité?

On a : $(1,0)\ast(i,0)=(1+i, 1) \enskip \text{ et } (i,0)\ast(1,0)=(i+1,-1)\neq (1,0)\ast(i,0)$

$\boxed{\text{ Le groupe }(G,\ast)\text{ n'est pas commutatif }}$

exercice 5

Soient $a,b\in G$ .
Par hypothèse , on a : $(ab)^2=e$ , que l'on peut écrire comme $abab=e$ .
En multipliant à gauche par $a$ et à droite par $b$ , on obtient : $aababb=aeb=ab$
Or , $aa=bb=e$ , il reste $ba=ab$

Conclusion : $\boxed{\text{Le groupe }(G,\times) \text{ est commutatif }}$

exercice 6

1. L'hypothèse s'écrit : $xyxy=xxyy$ . En simplifiant par $x$ à gauche et $y$ à droite , on en déduit que $xy=yx$

$\boxed{G\text{ vérifie }P_1 \Rightarrow G \text{ est commutatif }}$

2. On observe : $(xy)^n=(xy)(xy)(xy)\dots (xy)(xy) =x(yx)(yx)(yx)\dots(yx)y=x(yx)^{-1}y$ .
D'après $P_n$ , on a donc $x(yx)^{n-1}y=x^ny^n$ , et en simplifiant par $x$ à gauche et $y$ à droite , on déduit le résultat .

$\boxed{ G \text{ vérifie } P_n \Rightarrow \left(\forall x,y\in G\enskip : \enskip (yx)^{n-1}=x^{n-1}y^{n-1}\right)}$

3. Soit $n\geq 1$ , pour lequel $G$ vérifie $P_{n-1},P_n\text{ et }P_{n+1}$ .
D'après $P_n$ et 2. , on a : $(yx)^{n-1}=x^{n-1}y^{n-1}$
A l'aide de $P_{n-1}$ , on en déduit $(xy)^{n-1}=(yx)^{n-1}$ .
En raisonnant de même à partir de $P_{n+1}$ et $P_n$ , il vient $(xy)^n=(yx)^n$ . En simplifiant cette relation par $(xy)^{n-1}=(yx)^{n-1}$ , on obtient $xy=yx$ .

$\boxed{\text{ Si }G\text{ vérifie } P_n \text{ pour trois entiers }n \text{ consécutifs , alors } G\text{ est commutatif }}$

exercice 7

On montre que : $i)\Rightarrow iii)\Rightarrow ii)\Rightarrow iv)\Rightarrow i)$

$i)\Rightarrow iii)$
Supposons que $HK$ est un sous-groupe de $G$ .
Soit $x\in HK$ . Comme $x^{-1}\in HK$ , il existe $(h,k)\in H\times K$ tel que $x^{-1}=hk$ .
On a alors : $x=\left(x^{-1}\right)^{-1}=(hk)^{-1}=k^{-1}h^{-1}\in KH$
Ce qui prouve que : $HK\subset KH$

$iii)\Rightarrow ii)$
Supposons que $HK\subset KH$

$\bullet$ Soit $e$ l'élément neutre de $G$ , puisque $H \text{ et }K$ sont deux sous-groupes de $G$ , alors $e\in H \text{ et }e\in K$ .
Il s'ensuit que $e.e\in KH$ et donc $e\in KH$

$\bullet$ Soient $x,y\in KH$ , il exsite $(h,k);(h',k')\in H\times K$ tels que $x=kh$ et $y=k'h'$
On a : $xy=(kh)(k'h')=k(hk')h'$
Comme $hk'\in HK$ et $HK\subset KH$ , il existe $(h'',k'')\in H\times K$ tel que $hk'=k''h''$
On obtient alors : $xy=k(hk')h'=kk''h''h'=(kk'')(h''h')\in KH$

$\bullet$ Soit $x\in KH$ , il exsite $(h,k)\in H\times K$ tel que $x=kh$ .
On a : $x^{-1}=(kh)^{-1}=h^{-1}k^{-1} \in HK et HK\subset KH$
Donc $x^{-1}\in KH$ .

On conclut que : $KH\text{ est un sous-groupe de }G$

$ii)\Rightarrow iv)$
Se déduit de $i)\Rightarrow iii)$ en échangeant $H$ et $K$ .

$iv)\Rightarrow i)$
Se déduit de $iii)\Rightarrow ii)$ en échangeant $H$ et $K$ .

exercice 8

$\boxed{\Leftarrow}$ Si $H\subset K\text{ ou }K\subset H \text{ , alors }H\cup K=K\text{ ou }H\cup K=H.$
Donc $H\cup K$ est un sous-groupe de $G$ .

$\boxed{\Rightarrow}$ Réciproquement , supposons que $H\cup K$ soit un sous-groupe de $G$ . Raisonnons pas absurde en supposant que $H\not\subset K \text{ et } K \not\subset H$
Il existe alors $a\in H$ tel que $a \notin K$ , et il existe $b\in K$ tel que $ab\in K$ .
Puisque $H\cup K$ est un sous-groupe de $G$ et que $a$ et $b$ sont dans $H\cup K$ , on a $ab\in H\cup K$ . C'est-à-dire $ab\in H$ ou $ab\in K$ .

$\bullet$ Supposons que $ab\in H$ .
Puisqu'on a $b=a^{-1}(ab) , a\in H , ab\in H$ et $H$ un sous-groupe de $G$ .
Alors $b\in H$ . Absurde

$\bullet$ Supposons que $ab\in K$ .
Puisqu'on a $a=(ab)b^{-1} , b\in K , ab\in K$ et $K$ un sous-groupe de $G$ .
Alors $a\in K$ . Contradiction .

On en déduit que $H\subset K \text{ ou } K\subset H$

exercice 9

1. On a $a, \text{ et }ab$ sont d'ordre $2$ , alors :

$\begin{matrix} (ab)^2=e&\iff & (ab)(ab)=e\\&\iff& a(ba)b=e \\&\iff& a^2(ba)b^2=aeb \\&\iff& e(ba)e=ab \\&\iff& \boxed{ba=ab}\end{matrix}$

2. Supposons que $a$ est d'ordre fini et notons $n\in\N^{*}$ son ordre.
On a : $(a^{-1})^n=(a^n)^{-1}=e^{-1}=e$
Donc $a^{-1}$ est d'ordre fini , et si on note $p\in\N^{*}$ son ordre , on a $p\leq n$ .
Or, puisque $a=(a^{-1})^{-1}$ , alors , en échangeant les rôles de $a$ et $a^{-1}$ , on obtient $n\leq p$ .
Et donc : $\boxed{a^{-1}\text{ est d'ordre fini , de même ordre que }a}$

3. Supposons que $a$ est d'ordre fini et notons $n\in\N^{*}$ son ordre.
On a $(bab^{-1})^n=ba^nb^{-1}=beb^{-1}=e$
Donc $bab^{-1}$ est d'ordre fini; et en notant $m$ son ordre , on a $m\leq n$ .
D'autre part , on a $a=b^{-1}bab^{-1}b=b^{-1}(bab^{-1})b$
En échangeant les rôles de $b$ et $b^{-1}$ , on obtient $n\leq m$ .
Conclusion : $\boxed{bab^{-1}\text{ est d'ordre fini , de même ordre que }a}$

4. Supposons que $ab$ est d'ordre fini .
En remarquant que $ba=b(ab)b^{-1}$
Donc, directement d'après la question précédente :
$\boxed{ba\text{ est d'ordre fini , de même ordre que }ab}$

exercice 10

On rappelle que $C$ est un sous-anneau de $A$ si et seulement si :

$\begin{matrix} i) & (C,+) \text{ est un sous-groupe de } (A,+) \\ii) & \forall x,y\in C\text{ : }xy\in C \\iii) & 1_A\in C \end{matrix}$
On a $C\subset A$ (évident)

$i)$
$\bullet \text{ Puisque } \forall a\in A \text{ : }0.a=a.0=0$
Alors $0\in C$

$\bullet \text{ Soient }x,y\in C\text{ , on a : }$
$\forall a\in A \text{ : }a(x-y)=ax-ay=xa-ya=(x-y)a$
Donc $x-y\in C$

Ceci montre que $(C,+)$ est un sous-groupe de $(A,+)$ .

$ii)$
Soient $x,y\in C \text{ , on a : }$
$\forall a\in A\text{ : }(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)$
Donc $xy\in C$

$iii)$
$\forall a\in A \text{ : }1.a=a.1=a$ .
Donc $1\in C$

On conclut que : $\boxed{ C \text{ est un sous-anneau de }A }$

exercice 11

1. Soit $a\in A$ , alors :
$(a+a)^2=a^2+a^2+a^2+a^2=4a^2=4a$
Et, puisque $A$ est un anneau de Boole : $(a+a)^2=a+a=2a$
Il s'ensuit : $4a=2a$ et donc : $\boxed{2a=0}$

2. Soient $a,b\in A \text{ , on a : }$
$(a+b)^2=a+b \enskip\text{ et }\enskip (a+b)^2=a^2+ab+ba+b^2 =a+ab+ba+b$
On en déduit que $ab=-ba$
Or, puisque pour tout élément $x$ de l'anneau de Boole $A$ on a $2x=0$ , alors $x=-x$
On en déduit que $ab=-ba=ba$
Et donc : $\boxed{ \text{ L'anneau } A \text{ est commutatif }}$

exercice 12

Puisque $a$ est nilpotent , il existe $n\in\N^{*}$ tel que $a^n=0$ .

On a alors :

$(1-a)(1+a+a^2+a^3+\cdots+a^{n-1})=1-a^n=1-0=1$

Et :

$(1+a+a^2+a^3+\cdots+a^{n-1})(1-a)=1-a^n=1-0=1$

Conclusion : $\boxed{1-a \text{ est inversible et }(1-a)^{-1}=\displaystyle\sum_{k-0}^{n-1}a^k}$

exercice 13

Soit $b\in A$ et posons $x\in A$ tel que $x=ba-ab$ .

On a :
$\bullet ax=a(ab-ba)=a^2b-aba=ab-aba$
$\bullet xa=(ab-ba)a=aba-ba^2=aba-ba$
On a donc : $ax+xa=ab-ba=x$

Multiplions une deuxième par $a$ :
$\bullet ax=a(ax+xa)=a^2x+axa=ax+axa$
On en tire que $axa=0$ , et donc : $x(axa)=0$ , il s'ensuit que $(xa)^2=0$ , et enfin $xa=0$

De la même manière , en multipliant par $a$ à droite cette fois-ci, on montre que $ax=0$

On en déduit que $x=ax-xa=0$ et donc : $\boxed{ab=ba}$

exercice 14

1. Pusique $ab$ est nilpotent , il existe $p\in\N^{*}$ tel que $(ab)^p=0$ .
D'après le résultat de l'exercice 12 , $1-ab$ est inversible et $(1-ab)^{-1}=1+ab+(ab)^2+\cdots +(ab)^{p-1}$

Or , puisque $(ba)^{p+1}= b(ab)^pa =b0a=0$
Donc $ba$ est nilpotent et donc , $1-ba$ est inversible et :

$\begin{matrix}(1-ba)^{-1}&=& 1+ba+(ba)^2+\cdots +(ba)^p \\&=&1+b(a+aba+\cdots +a(ba)^{p-1})\\&=&1+b(1+ab+\cdots + a(ba)^{p-2}b)a\\&=&1+b(1+ab+\cdots + (ab)^{p-1})a\\&=&1+b(1-ab)^{-1}a\end{matrix}$

Conclusion : $\boxed{1-ba\text{ est inversible et }(1-ba)^{-1}=1+b(1-ab)^{-1}a}$

2. Il faut tout simplement vérifier que $1+b(1-ab)^{-1}a$ est bien l'inverse de $1-ba$ dans le cas général , en multipliant à gauche ou à droite .
On a :

$\begin{matrix}(1-ba)(1+b(1-ab)^{-1}a)&=&1-ba+(1-ba)b(1-ab)^{-1}a\\&=&1-ba+(b-bab)(1-ab)^{-1}a\\&=&1-ba+b(1-ab)(1-ab)^{-1}a\\&=&1-ba+ba\\&=&1\end{matrix}$

Conclusion : $\boxed{1-ba\text{ est inversible et }(1-ba)^{-1}=1+b(1-ab)^{-1}a\text{ dans le cas général }}$

exercice 15

Soient $A$ un anneau intègre fini et $a\in A\backslash\lbrace 0\rbrace$ .

Pusique $A$ est intègre , les applications de $A$ dans $A\enskip \gamma_a:x\mapsto ax \text{ et } \delta_a :x\mapsto xa$ sont injectives , en effet :

$\forall x,y\in A \enskip : \enskip \gamma_a(x)=\gamma_a(y)\iff ax=ay\iff a(x-y)=0\iff x-y=0\iff x=y$

De même pour $\delta_a$

De plus , comme $A$ est fini , les applications $\gamma_a \text{ et }\delta_a$ sont bijectives .

Il existe alors $b\in A$ tel que $\gamma_a(b)=1$ et il existe $c\in A$ tel que $\delta_a(c)=1$ , ou encore $ab=1$ et $ca=1$

Il s'ensuit que $c=c(ab)=(ca)b=b$ , on en tire que : $\forall a\in A\backslash\lbrace 0\rbrace\enskip , \exists b\in A \enskip:\enskip ab=ba=1$

Tout élément de $A\backslash\lbrace 0\rbrace$ admet donc un inverse .

On conclut que : $\boxed{A\text{ est un corps }}$

Publié par malou/Panter le 05-06-2022

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