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Algèbre générale : Structures algébriques

-Exercices-

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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 b\in A , considérer x=ab-ba



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 .








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 }}
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