Exercices Corriges

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Universit´ e Choua¨ ıb Doukkali – Facult´ e des Sciences 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 = a 2 + b 2 N : a, b N}. Montrer que E est une partie stable de (N, ×). 2. Soit F = {x = a 2 + b 2 + c 2 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 : (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 )= a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 +2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 2abcd =(ac + bd) 2 +(ad bc) 2 =(ac + bd) 2 + |ad bc| 2 . On a ac + bd, |ad bc|∈ N, donc (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) E. E est stable par multiplication. 2 - Nous allons montrer que F n’est pas stable par multiplication. On a 3 = 1 2 +1 2 +1 2 et 5 = 2 2 +1 2 +0 2 . Donc 3 et 5 sont dans F . Montrons que 15 = 3.5 n’est pas un ´ el´ ement de F . Sinon, 15 = a 2 + b 2 + c 2 . On peut supposer que a b c. N´ ecessairement c 3, car sinon c 4 et a 2 + b 2 + c 2 16. D’autre part, c> 2, car sinon a 2 + b 2 + c 2 12. Il en r´ esulte que c = 3. On a alors 15 = 9+ b 2 + c 2 . Ce qui entraˆ ıne que b 2 + c 2 = 6. Ce qui est impossible par v´ erification directe. Donc 15 / F . I Exercice 2 Dans C, on consid` ere la LCI efinie par x y = x + y xy x 2 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 x 2 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 x 2 e 2 = x. Donc e(1 x ex 2 ) = 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 a 2 x 2 = 0. Donc, si et seulement si, l’´ equation du second degr´ e a 2 x 2 +(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-mˆ eme). Corrig´ e. Soit f : N N efinie par f (n)= n + 1, n N. Consid´ erons g : N N efinie par g(n)= n 1, si n 1 et g(0) = 0. Alors g f = I N . Donc f est sym´ etrisable `a gauche. Or f g(0) = 1 ̸= 0. Donc f g ̸= I N . 1

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Exercices Corriges

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).

Corrige.1 - Soient a, b, c, d ∈ N, on a : (a2 + b2)(c2 + d2) = a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 = a2c2 + b2d2 + 2abcd+ a2d2 +

b2c2 − 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 element de F . Sinon, 15 = a2 + b2 + c2. On peutsupposer que a ≤ b ≤ c. Necessairement c ≤ 3, car sinon c ≥ 4 et a2 + b2 + c2 ≥ 16. D’autre part, c > 2, carsinon a2 + b2 + c2 ≤ 12. Il en resulte que c = 3. On a alors 15 = 9 + b2 + c2. Ce qui entraıne que b2 + c2 = 6.Ce qui est impossible par verification directe. Donc 15/∈ F .

I Exercice 2

Dans C, on considere la LCI ∗ definie par x ∗ y = x+ y − xy − x2y2

1. Montrer que la loi ∗ est commutative et possede un element neutre.2. Montrer que tout element de C est symetrisable pour ∗.3. Calculer 1 ∗ 1 et 1 ∗ (−1).4. Montrer qu’il existe des elements non reguliers pour ∗.5. ∗ est-elle associative ?

Corrige.1. Soient x, y ∈ C. On a x ∗ y = x+ y − xy − x2y2 = y ∗ x. Donc ∗ est commutative.Soit e ∈ C tel que ∀x ∈ C on a x ∗ e = x. Alors ∀x ∈ C, x + e − xe − x2e2 = x. Donc e(1 − x − ex2) = 0. Parsuite e = 0. On verifie bien que x ∗ 0 = x. 0 est l’element neutre de ∗.

2. Soit a ∈ C . Si a = 0, alors a est symetrisable. Si a = 0, alors a est symetrisable, si et seulement si,il existe x ∈ C tel que a ∗ x = a + x − ax − a2x2 = 0. Donc, si et seulement si, l’equation du second degrea2x2 + (a− 1)x− a = 0 possede une solution. Or dans C toute equation de ce type possede des solutions. Donctout element de C est symetrisable pour la loi ∗.

3. On a 1 ∗ 1 = 1 ∗ (−1) = 0.

4. D’apres 3, 1 ∗ 1 = 1 ∗ (−1), mais 1 = −1. Donc 1 n’est pas regulier.

4. La loi ∗ n’est pas associative car 1 possede deux symetriques 1 et −1. (ou aussi parce qu’il existe unelement symetrisable non regulier).

I Exercice 3

Donner un exemple de monoıde contenant un element symetrisable a gauche mais non symetrisable a droite.(Indication : Considerer le monoıde (F(N,N), ◦), des applications de N dans lui-meme).

Corrige.Soit f : N→ N definie par f(n) = n+ 1, ∀n ∈ N. Considerons g : N→ N definie par g(n) = n− 1, si n ≥ 1

et g(0) = 0. Alors g ◦ f = IN. Donc f est symetrisable a gauche. Or f ◦ g(0) = 1 = 0. Donc f ◦ g = IN.

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I Exercice 4

Sur E = Q2, on defini la loi ⊥ par : (a, b) ⊥ (a′, b′) = (aa′, ba′ + b′). Citer les proprietes de cette loi. Onetudiera en particulier les elements symetrisables.

CorrigeAssociativite. 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 consequent, ⊥ est associative.

Commutativite. On a (a, b) ⊥ (a′, b′) = (aa′, ba′ + b′) et (a′, b′) ⊥ (a, b) = (a′a, b′a + b). Il est facile de voirque la loi ⊥ n’est pas commutative. En effet, (1, 1) ⊥ (0, 1) = (0, 1) alors que (0.1) ⊥ (1, 1) = (0, 2).

Element 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 verifie ensuite que(a, b) ⊥ (1, 0) = (1, 0) ⊥ (a, b) = (a, b). Donc ⊥ possede un element neutre qui est (1, 0).

En conclusion (E,⊥) est un monoıde non commutatif.

Elements symetrisables. Soit (a, b) ∈ E un element symetrisable. Il existe alors (a′, b′) ∈ E tel que (a, b) ⊥(a′, b′) = (a′, b′) ⊥ (a, b) = (1, 0). Par consequent, aa′ = a′a = 1 et ba′+ b′ = b′a+ b = 0. Il en resulte que a = 0,a′ = a−1 et b′ = −b.a−1. Reciproquement, 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 symetrisable, si et seulement si, a = 0 et on a alors (a, b)−1 = (a−1,−b.a−1).

Elements reguliers. Les elements symetrisables sont reguliers.Reciproquement, si (a, b) n’est pas symetrisable, 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 regulier. Donc dans ce monoıde unelement est regulier, si et seulement si, il est symetrisable.

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-ilun groupe ?

Corrige(P(E),∩) est un monoıde d’element neutre E mais ∅ n’est pas symetrisable. (P(E),∪) est un monoıde

d’element neutre ∅ mais E n’est pas symetrisable.

La loi ∆ est associative, commutative et possede un element neutre ∅. Tout element est le symetrique delui-meme (A∆A = ∅). Donc (P(E),∆) est un groupe abelien

I Exercice 6

Soit E l’intervalle ouvert ]− 1, 1[. Pour x, y ∈ E, on pose x ∗ y = x+ y1 + xy

.1. Montrer que ∗ definit une l.c.i. sur E.

2. Soit l’application f : R→ R definie par f(x) = ex − e−x

ex + e−x, ∀x ∈ R.

a. Montrer que f(R) = E.b. Montrer que ∀x, y ∈ R, on a f(x+ y) = f(x) ∗ f(y). En deduire que (E, ∗) est un groupe abelien isomorphe

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a (R,+).

Corrige.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 + xy)2 = 1− x2 − y2 − x2y2

(1 + xy)2 = (1− x2)(1− y2)(1 + xy)2 > 0

car x2 < 1 et y2 < 1. D’ou 0 ≤ (x ∗ y)2 < 1. Par suite −1 < x ∗ y < 12 - a - La fonction f ainsi definie est la tangente hyperbolique x 7→ thx (voir cours d’Analyse), c’est une

bijection de R sur E. Donc f(R) = E.

b - On f(x+ y) = th(x+ y) = th(x) + th(y)1 + th(x)th(y)

= f(x) ∗ f(y).

Donc (E, ∗) est isomorphe a (R,+). Par consequent (E, ∗) est un groupe isomorphe a (R,+).

I Exercice 7

Soit l’ensemble E = Z× Z sur lequel on definit la loi de composition interne notee ′′·′′ de la maniere suivante :

∀(a, x), (b, y) ∈ E, (a, x) · (b, y) = (a+ bx, xy)1. Montrer que (E, ·) est un monoıde.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 elements inversibles de (E, ·).

a - Determiner G.b - G est-il abelien ? Justifier.

Corrige.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 etxe′ = e′x = x. Donc e′ = 1 et e = 0. Puis on verifie que (0, 1) est bien l’element neutre de cette loi.

Conclusion, (E, ·) est un monoıde.

2 - On montre par recurrence que ∀n ∈ N, on a (a, 1)n = (na, 1).C’est vrai pour n = 0 car (a, 1)n = (0, 1). Supposons la propriete vraie pour n. On a (a, 1)n+1 = (a, 1)n · (a, 1) =(na, 1) · (a, 1) = ((n+ 1)a, 1). D’ou le resultat.

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 abelien 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 etseulement si, H ⊂ K ou K ⊂ H.

CorrigeMontrons 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

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xy−1 ∈ H on a x−1xy−1 ∈ H, ce qui entraıne y−1 ∈ H. Absurde. De meme, xy−1 ∈ K entraıne x = xy−1y ∈ Kc’est encore une absurdite. Donc xy−1 /∈ H ∪K. Par suite H ∪K n’est pas un groupe.

La reciproque est evidente.

I Exercice 9

Montrer que l’application exponentielle exp : (C,+) → (C∗,×) est un morphisme de groupes. Determinerson noyau et son image.

Corrige. Soit z = x + iy ∈ C. ez = ex(cos y + i sin y) Montrons que f : (C,+) → (C∗,×), z 7→ ez est unmorphisme.

En effet, si z = x + iy et z′ = x′ + iy′ dans C, alors ezez′

= 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 ou k ∈ Z. DoncKerf = 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), ouθ = 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.

Corrige.On a (P(E),∆) est un groupe abelien et (P(E),∩) est un monoıde 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).

DoncA∩(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 monoıde pour la loi ∗ definie par :

x ∗ y = x+ y − xy

2 - Trouver les elements inversibles de (Z, ∗).

3 - Calculer pour la loi ∗, les puisances d’un element a ∈ Z.

Corrige.1 - Associativite. Soient x, y, z ∈ Z, on a :

(x ∗ y) ∗ z = (x+ y − xy) ∗ z = x+ y − xy + z − xz − yz + xyz etx ∗ (y ∗ z) = x ∗ (y + z − yz) = x+ y + z − yz − xy − xz + xyz. Donc (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z). ∗ est associative.

Commutativite. ∀x, y ∈ Z, x ∗ y = x+ y − xy = y + x− yx = y ∗ x. ∗ est commutative.

Element neutre. Soit e tel que x ∗ e = x, ∀x ∈ Z. On a x + e − ex = x. Donc ex = 0, par suite e = 0. Onverifie alors que x ∗ 0 = 0 ∗ x = x. Ainsi 0 est l’element neutre de ∗.

En conclusion, (Z, ∗) est un monoıde commutatif.

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2 - Un element 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 consequent 1 − x = 1 ou 1 − x = −1,⇒ x = 0 ou x = 2. Les elements inversibles de (Z, ∗) sont 0 et 2.

3 - En remarquant que x∗y = 1−(1−x)(1−y), montrons par recurrence que x∗n = 1−(1−x)n. C’est vrai pourn = 0, x∗0 = 0. Supposons la propriete 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

SoitX un ensemble. On considere (F(X), ◦), le monoıde des applications deX dans lui-meme. Soit f ∈ F(X).Montrer que :

1 - f est reguliere a gauche ⇔ f est injective ⇔ f est inversible a gauche.

2 - f est reguliere a droite ⇔ f est surjective ⇔ f est inversible a droite.

3 - f est bijective ⇔ f est reguliere ⇔ f est inversible.

Corrige.1 - f reguliere a gauche ⇒ f injective. Supposons que f est reguliere a gauche, soient y, y′ ∈ X tels

que f(y) = f(y′). Montrons que y = y′. Considerons 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). Doncf ◦ g = f ◦ h. Comme f est reguliere 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 singletonou vide. Fixons a ∈ X et definissons 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 reguliere a gauche. Cette implication est vraie dans tout monoıde.

2 - f reguliere a droite ⇒ f surjective. Par contraposition, supposons que f ne soit pas surjective. Ilexiste y ∈ X tel que y /∈ f(X). Soient a, b ∈ X, a = b. On considere g, h ∈ F(X) definies par : g estl’application constante g(x) = a, ∀x ∈ X, h est definie par h(x) = a si x ∈ f(X), h(x) = b sinon. On ag ◦ f(x) = h ◦ f(x) = a, ∀x ∈ X, mais g = h. Donc f n’est pas reguliere a droite.

f surjective ⇒ f inversible a droite. Supposons que f est surjective. Alors ∀y ∈ X, on a f−1{y} est nonvide. Les ensembles f−1{y} forment une partition de X, on ”choisit” dans chaque f−1{y} un element z. Ondefinit ainsi une application par z = g(y). Alors f ◦ g = IX .

L’implication f inversible a droite ⇒ f reguliere a droite est vraie dans tout monoıde.

3 - Les equivalences f est bijective ⇔ f est reguliere ⇔ f est inversible, sont une consequence de 2 et 3.

I Exercice 13

Soit E un monoıde d’element neutre e.1 - Montrer que tout element inversible a gauche et regulier a droite est inversible.2 - Donner un exemple d’un monoıde contenant un element inversible a gauche non inversible a droite.3 - Montrer que dans un monoıde fini tout element regulier a gauche ou a droite est inversible.

Corrige.1 - Soit x ∈ E inversible a gauche et regulier a droite. Il existe x′ ∈ E tel que x′x = e. On a (xx′)x =

x(x′x) = xe = x = ex. Puisque x est regulier a droite, on a : xx′ = e. Donc x est inversible.

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2 - En utilisant l’exercice 12, il suffit de considerer F(X) avec X infini et une application injective nonsurjective. Par exemple X = N et f : N→ N, definie par f(n) = n+ 1.

3 - On suppose que E est fini et a ∈ E regulier a droite. Soit l’application ρa : E → E, definie par ρa(x) = xa.Puisque a est regulier 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 regulier a droite. On applique alors 1.

Par la meme methode on demontre que regulier a gauche ⇒ inversible.

Autre methode. On considere l’application ϕ : N → E definie par ϕ(n) = an. Puisque E et fini, ϕ ne peutpas etre injective. Donc il existe m > n tels que an = am. Donc, puisque a est regulier a gauche ou a droite, ilen est de meme 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 element est regulier. Montrerque (E, ·) est un groupe.2 - Le resultat precedent reste-il vrai si on suppose seulement que tout element est regulier a gauche ?

Corrige1 - Nous allons montrer que (E, ·) possede un element neutre. Soit a ∈ E fixe. On considere les applications

λa, ρa : E → E, definies par λa(x) = ax et ρa(x) = xa. Puisque a est regulier , λa et ρa sont injectives. CommeE est fini, elles sont bijectives. Donc ∃e ∈ E tel que ae = λa(e) = a. Soit x ∈ E. Comme ρa est bijective, ilexiste x′ ∈ E tel que x = x′a. On a xe = (x′a)e = x′(ae) = x′a = x. De meme on a a(ex) = (ae)x = ax, doncpar regularite de a on a ex = x. Par consequent, (E, ·) possede un element neutre e.

(E, ·) est un monoıde fini dans lequel tout element est regulier, on utilise alors l’exercice 13 question 3, pourconclure que tout element de E et inversible. Donc (E, ·) est un groupe.

2 - Soit E un ensemble fini de cardinal ≥ 2. On definit sur E la loi ∗ par x ∗ y = y, ∀x, y ∈ E. Alors ∗ estassociative et tout element de e est regulier a gauche car a ∗ x = a ∗ y ⇒ x = y. Mais (E, ∗) n’est pas un groupe(il ne possede pas d’element neutre).

I Exercice 15

Montrer que les groupes (Q,+) et (Q∗+,×) ne sont pas isomorphes.

CorrigeSupposons qu’il existe un isomorphisme f : (Q,+) → (Q∗+,×). Il existe α ∈ Q, tel que f(α) = 2. On a

2 = f(α) = f(α2

+ α2

) = f(α2

)2. Donc f(α2

) =√

2. Absurde, car√

2 /∈ Q.

I Exercice 16

1 - Dire si les ensembles suivants sont des sous-anneaux de R.A = {a+ b

√2 ∈ R : a, b ∈ Z}. B = {a+ b 3

√2 ∈ R : a, b ∈ Z}.

2 - Montrer que D = {a + bi ∈ C : a, b ∈ Z}, ou i2 = −1, est un sous-anneau de C. Trouver ses elementsinversibles.

Corrige1 - On a 1 ∈ A. Soient a+ b

√2, a′ + b′

√2 ∈ A, alors :

(a+ b√

2)− (a′ + b′√

2) = (a− a′) + (b− b′)√

2 ∈ A, car (a− a′), (b− b′) ∈ Z.(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.

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Nous allons montrer que B n’est pas un sous-anneau. Plus precisement que ( 3√

2)2 = 3√

4 /∈ B. Suppo-sons que 3

√4 = a + b 3

√2 ∈ B. On multiplie par 3

√2 on obtient 3

√8 = 2 = a 3

√2 + b 3

√4. Donc, a 3

√2 + b 3

√4 =

a3√

2 + b(a+ b 3√

2) = ab+ (a+ b2) 3√

2 = 2.

- Si a+ b2 = 0, on a −b3 = 2, ce qui est impossible.

- Si a+ b2 = 0, alors 3√

2 = 2− aba+ b2

∈ Q, ce qui est encore impossible.

En consequence, ( 3√

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 element 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 consequent (a2 + b2)(c2 + d2) = 1. Il en resulte que a2 + b2 = 1. D’ou(a, b) = (0, 1), (1, 0), (0,−1) ou (−1, 0). Les elements inversibles sont donc 1,−1, i et − i.

I Exercice 17

Soit α ∈ R. Donner une condition necessaire et suffisante sur α pour que l’ensemble {a+ bα ∈ R : a, b ∈ Q},soit un sous-anneau de R.

Corrige

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 entraıne α2 ∈ A. i.e α2 = cα + d, avec c, d ∈ Q. Cette condition est aussi suffisante, car siα2 = 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 designe par 0, l’element neutre de (A,+) et par 1, l’element 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 elements nilpotents de Z/10Z et de Z/12Z.

Corrige. 1. Soient a, b ∈ A nilpotents. Il existe k,m ∈ N tels que ak = bm = 0. Comme ab = ba, on peutappliquer la formule du binome, on a :

(a+ b)k+m =k+m∑i=0Cik+ma

ibk+m−i

=k∑i=0Cik+ma

ibk+m−i +k+m∑i=k+1

Cik+maibk+m−i

= bmk∑i=0Cik+ma

ibk−i + akk+m∑i=k+1

Cik+mai−kbk+m−i

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Donc : (a+ b)k+m = 0

En conclusion on a (a+ b)k+m = 0, d’ou 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 entraıne que (1− a) est inversible et que (1− a)−1 = (1 + a+ a2 + . . .+ ak−1).

3. Il est clair qu’un element inversible ne peut pas etre nilpotent. Donc les elements 1, 3, 7, 9 qui sontinversibles 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 consequent le seul element nilpotent dans cet anneau est 0.

Dans Z/12.Z, les elements 1, 5, 7, 11, sont inversibles, donc non nilpotents. Par ailleurs, 1 − 3, 1 − 4, 1 − 8,1 − 9, 1 − 10 ne sont pas inversibles, donc 3, 4, 8, 9, 10 ne sont pas nilpotents. 2 n’est pas nilpotent. Ainsi lesseuls elements nilpotents de Z/12.Z sont 0 et 6.

I Exercice 19

Soit K = (Z/2Z,+, ·). On definit les lois + et · sur K2 par :

(x, y) + (z, t) = (x+ y, z + t) et (x, y).(z, t) = (xz + yt, xt+ yz + yt)

Montrer que (K2,+, ·) est un corps commutatif a 4 elements.

Corrige.On (K2,+) est un groupe abelien.(loi produit direct).

Soient (x, y), (z, t), (u, v) ∈ K2. 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 · possede un element neutre. Soit (e, e′) ∈ K2, tel que ∀(x, y) ∈ K2 (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 verifiebien que (1, 0) est l’element neutre de ·.

Montrons que · est distributive par rapport a +. (x, y), (z, t), (u, v) ∈ K2. 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)

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

La loi · est distributive par rapport a +.

Conclusion (K2,+, ·) est un anneau commutatif.

On a K2 = {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}. (1, 0) est l’element neutre de la loi multiplicative et on verifie que(1, 1) · (0, 1) = (1, 0). Donc (1, 1) et (0, 1) sont inversibles. Donc tout element de K2 \ {(0, 0)} est inversible. Parconsequent (K2,+, ·) 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 qn − 1 par qm − 1 est egal a qr − 1, ou r est le reste de ladivision euclidienne de n par m.2. En deduire le PGCD de qn − 1 et qm − 1 est qd − 1, ou 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.

Corrige.1. Posons n = am+r, ou a et r sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de n par

m. On a qn−1 = (qam−1)qr+qr−1. Comme qam−1 est divisible par qm−1, on a (qam−1)qr+qr−1 ≡ qr−1mod(qm − 1). Par ailleurs, qr − 1 < qm − 1, donc qr − 1 est le reste de la division euclidienne de qn − 1 parqm − 1.

2. D’apres l’algorithme d’Euclide, il existe une suite finie strictement decroissante r1 > . . . > rk = 0, telleque ri+1 soit le reste de la DE de ri−1 par ri est rk−1 = m∧n = d. D’apres 1, le reste de la division euclidiennede qri−1 − 1 par qri − 1 est egal a qri+1 − 1. Donc le PGCD de qm − 1 et qn − 1 est le dernier reste non nul quiest qd − 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)mest 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 | Ckp .2. En raisonnant par recurrence et en utilisant la question 1, donner une demonstration du ’petit’ theoreme deFermat.

Corrige.1. On a Ckp = p!

k!(p− k)!. Donc p! = k!(p − k)!Ckp . On a 1 < k < p, et p est premier, donc p - (p − k)! et

p - k!. Par consequent, p - k!(p− k)!. Or p | k!(p− k)!Ckp , donc d’apres le theoreme de Gauss, p | Ckp .2. Montrons par recurrence sur a ∈ N, que p | ap − a.

C’est vrai pour a = 0. Supposons la propriete vraie pour a, montrons qu’elle est vraie pour a + 1. On a

(a+ 1)p − a− 1 =p∑k=0

Ckpak − a− 1 = ap − a+

p−1∑k=1

Ckpak. D’apres 1, on a p |

p−1∑k=1

Ckpak et d’apres l’hypothese de

recurrence, p | ap − a. Donc p | (a+ 1)p − a− 1.

I Exercice 22

Determiner le plus petit entier naturel dont les restes de la division euclidienne par 7, 9 et 11 sont respecti-vement 1 et 2 et 4.

Corrige. Soit x un entier tel que les restes de la division euclidienne de x par 7, 9 et 11 sont respectivement1 et 2 et 4. On a x = 7k + 1 = 9a + 2. En reduisant modulo 7 on obtient 2a = 6. Donc a = 3. Par suitex = 9(7m+ 3) + 2 = 63m+ 27. Par ailleurs, on a x = 63m+ 29 = 11s+ 4. En reduisant modulo 11 on obtient,8m = 8. Par suite, m = 11t+ 1. D’ou x = 63(11t+ 1) + 29 = 693t+ 92. Le nombre cherche est 92.

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

I Exercice 23

Soit un nombre premier p tel que −1 n’est pas un carre dans (Z/pZ,+, ·). Soient x et y deux entiers. Montrerque x2 + y2 est divisible par p, si et seulement si, x et y sont divisibles par p.

Corrige.Supposons que p | x2 + y2 et p - x. Alors x2 + y2 dans Z/pZ. Comme p - x, on a x est inversible dans Z/pZ.

On a alors 1 + ((x2)−1y)2 = 0. Posons z = (x)−1y, alors z2 = −1. Contradiction. Donc p | x. D’ou p | y.

La reciproque est evidente.

I Exercice 24

Montrer que ∀n ∈ N on a : a) 24 | n3(n2 − 1) et b) 6 | 5n3 + n.

Corrige. a) Nous avons 24 = 3.8 et 3 ∧ 8 = 1. Pour montrer que 24 | n3(n2 − 1), on doit montrer que3 | n3(n2−1) et 8 | n3(n2−1). On a, d’apres le theoreme de Fermat, 3 | n3−n donc 3 | n3(n2−1) = n2(n3−n).Par ailleurs, on verifie dans Z/8Z que n5 − n3 = 0, ∀n ∈ N.

b) Montrons que 6 | 5n3 +n. On a 2 | n−n3 et d’apres le theoreme de Fermat 3 | n−n3. Par suite 6 | n−n3.D’ou 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 elements, alors il n’est pas integre.

Corrige1 - (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 + y2 = x + xy + yx + y, ce qui entraıne xy + yx = 0. Maisyx = −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 integre.

I Exercice 26

Soit (A,+, ·) un anneau commutatif. On designe par 0, l’element neutre de (A,+) et par 1, l’element neutrede (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 polynomes a une indeterminee sur A, et a, b deux elements de A. Montrer que lepolynome 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− ba est inversible.(iii) - Tout nombre premier qui divise n divise a.

5 - Donner une condition necessaire et suffisante sur n pour que tout diviseur de zero dans Z/nZ soit nilpotent.

Corrige1 - Soient a, b ∈ A nilpotents. Il existe k,m ∈ N tels que ak = bm = 0. D’apres la formule du binome, qui

s’applique puisque A est commutatif, on a :

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

(a+ b)k+m =k+m∑i=0Cik+ma

ibk+m−i

=k∑i=0Cik+ma

ibk+m−i +k+m∑i=k+1

Cik+maibk+m−i

= bmk∑i=0Cik+ma

ibk−i + akk+m∑i=k+1

Cik+mai−kbk+m−i

Donc : (a+ b)k+m = 0

En conclusion on a (a+ b)k+m = 0, d’ou 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 entraıne que (1− a) est inversible et que (1− a)−1 = (1 + a+ a2 + . . .+ ak−1).

3 - Supposons que aX+b est inversible dansA[X], il existe alors P = cnXn+cn−1Xn−1+. . .+c1X+c0 ∈ A[X],

tel que (aX+b)P = 1. Ce qui entraıne que : (acnXn+1+acn−1Xn+. . .+ac1X2+ac0X)+(bcnXn+bcn−1X

n−1+. . .+ bc1X + bc0) = 1.D’ou : acnXn+1 + (acn−1 + bcn)Xn + (acn−2 + bcn−1)Xn−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−1ack, pour k = 0, . . . n− 1, et acn = 0.Finalement, cn = (−1)nb−nanc0 et acn = (−1)nb−nan+1c0 = 0. Puisque b et c0 sont inversibles, on a : an+1 = 0.Donc a est nilpotent.

Reciproquement, si b est inversible et a nilpotent, on a : b+ aX = b(1 + b−1aX). −b−1aX est nilpotent cara est nilpotent, par suite 1 + b−1aX est inversible d’apres 3. d’ou b(1 + b−1aX) est inversible car produit dedeux inversibles.

4 - a) - Nous allons montrer que (i)⇒(ii)⇒(iii)⇒(i).

(i)⇒(ii). Si a est nilpotent, ba est nilpotent et 1− ba est inversible.

(ii)⇒(iii). Par contraposition, montrons non (iii)⇒ non (ii). Supposons qu’il existe un nombre premierp|n tel que p - a. On a n = pm et d’apres Bezout, il existe u, v ∈ Z tels que up + va = 1. Alors on a :upm+ vam = un+ vam = m. Par consequent, vam = m dans Z/nZ. Ou encore (1− va)m = 0. Ainsi (1− va)est un diviseur de zero, donc non inversible.

(iii)⇒(i). Supposons (iii), a = pα11 . . . p

αss , ou les pi sont des premiers distincts. On a, par hypothese,

p1 . . . ps | a. Prenons k = max{β1, . . . , βs}, alors n | ak. Donc a est nilpotent.

5 - Supposons que tout element non inversible de Z/nZ est nilpotent. Soit p, q deux nombres premiers divi-sant n. On a p est non inversible, donc nilpotent. Il resulte, d’apres 5-a, que q | p Donc n est divisible par unseul nombre premier. D’ou n = ps.

I Exercice 27

Soit H = {(z −z′z′ z

)∈M2(C)}. Montrer que H est un corps non commutatif pour les operations usuelles sur

les matrices. ( H est appele le corps des quaternions).

Corrige Montrons que H est un sous-anneau de ∈M2(C)}.

On a I2 ∈ H. Soient(z −z′z′ z

),(u −v′v′ u

)∈ H. On a :(

z −z′z′ z

)−(u −u′u′ u

)=(z−u −(z′−u′)z′−u′ z−u

)∈ H.

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

(z −z′z′ z

)·(u −u′u′ u

)=(zu−z′u′ −(zu′+z′u)z′u+zu′ −z′u′+zu

)=(v −v′v′ v

)∈ H, ou

v = zu− z′u′ et v′ = z′u+ zu′.

Par consequent, (H,+, ·) est un anneau.

Montrons que(H,+, ·) est un corps. SoitM=(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. DoncM est inversible.

Il reste a montrer que M−1 ∈ H. On a M−1 = (detM)−1.tCom(M). Posons α = det(M)−1. On a α ∈ R et

M−1 =(αz −αz′αz′ αz

)∈ H.

(H,+, ·) n’est pas commutatif, il suffit de prendre : M =( 0 −1

1 0), M ′ =

(i 00 −i). On a MM ′ = ( 0 i

i 0 ),M ′M =

( 0 −i−i 0). On a bien MM ′ =M ′M .

I Exercice 28

Soit A un sous-anneau quelconque de Q.1 - Montrer que A contient Z.2 - Soit m

n∈ A tel que m ∧ n = 1, montrer que 1

n∈ A.

Corrige1 - On a 1 ∈ A, par recurrence n = n.1 ∈ A. Donc N ∈ A. Par ailleurs−n ∈ A. Finalement Z ⊂ A.

2 - D’apres le theoreme de Bezout, il existe a, b ∈ Z : am + bn = 1. Donc amn

+ b = 1n

. Or amn

et b sont

dans A, donc 1n∈ A.

I Exercice 29

Dans tout cet exercice, on considere les ensembles Q[√

2] = {a+ b√

2 ∈ R : a, b ∈ Q} et Z[√

2] = {a+ b√

2 ∈R : a, b ∈ Z}1 - Montrer que Z[

√2] est un sous-anneau de R et que Q[

√2] est son corps de fractions.

2 - Soit σ : Q[√

2]→ Q[√

2] ; a+ b√

2 7→ a− b√

2. Montrer que σ est un automorphisme du corps Q[√

2].3 - Pour tout z = a+ b

√2 ∈ Q[

√2], on pose N(z) = |zσ(z)| = |a2− 2b2| 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 elements 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

dans Q, il existe s ∈ Z tel que |x− s| ≤ 12

).

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).

Corrige1 - 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.

En general, si A est un anneau integre contenu dans un corps, alors l’ensemble F = {ab∈ K : a ∈ A, b ∈ A∗},

est un sous-corps de K et c’est un corps de fractions de A.

12

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

Soient a+ b√

2 ∈ Z[√

2], c+ d√

2 ∈ Z[√

2]∗, alors :

a+ b√

2c+ d√

2= (a+ b

√2)(c− d

√2)

(c+ d√

2)(c− d√

2)= (a+ b

√2)(c− d

√2)

c2 + 2d2∈ Q[√

2]

Reciproquement, tout element ab

+ cd

√2, de Q[

√2] s’ecrit, (ad+ bc)

√2

bd, c’est donc un quotient de deux

elements de Z[√

2]. Par consequent, Q[√

2] = {xy∈ R : x ∈ Z[

√2], y ∈ Z[

√2]∗}. C’est donc le corps de fraction

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 necessairement 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-traıne que N(zz′) = N(z)N(z′) = 1. Comme z, z′ ∈ Z[

√2], on a N(z), N(z′) ∈ N. Ce qui entraıne que N(z) = 1.

Reciproquement, supposons que N(z) = 1, on a z = a+ b√

2, et a2 − 2b2 = ±1. Posons z′ = a− b√

2, alorszz′ = ±1, ce qui entraıne que z est inversible.

5 - L’element z = 1 +√

2 est inversible car N(z) = −1. On a ∀n ∈ N, zn est aussi inversible. D’autre part,zn = zm, ∀n = m, sinon zn−m = 1, ce qui implique, puisque z ∈ R, que z = ±1 ce qui est absurde. Doncl’ensemble {zn : n ∈ N} est infini.

6 - Soit x ∈ Q. Notons E(x), la partie entiere de x. Posons ϕ(x) = E(x), si x ∈ [E(x), E(x) + 12

[ et

ϕ(x) = E(x) + 1, si x ∈ [E(x) + 12, E(x) + 1[. On a toujours |x− ϕ(x)| ≤ 1

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| ≤|14− 1

2| < 1.

7 - Soient z, u ∈ Z[√

2], avec u = 0. On a zu∈ Q[√

2], donc, d’apres 6, il existe q ∈ Z[√

2], tel queN( zu−q) < 1.

Posons r = z − qu, alors z = qu+ r, et N(z − quu

) = N( ru

) < 1. Ce qui entraıne que N(r) < N(q).

I Exercice 30

Montrer que pour tout P ∈ K[X] on a P (X)−X divise P (P (X))−X.

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Corrige

Posons P =n∑k=0

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

P (X)−X divise P (P (X))− P (X).

On a P (P (X)) − P (X) =n∑k=0

akPk −

n∑k=0

akXk =

n∑k=0

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

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 polynome (Xn + 1)n −Xn est-il divisible par X2 +X + 1 ?

Corrige

Les racines de X2 + X + 1 sont j = −12

+ i√

32

et j. Donc X2 + X + 1 = (X − j)(X − j). PosonsP = (Xn+ 1)n−Xn. Pour que P soit divisible par X2 +X + 1, il faut et il suffit que P (j) = P (j) = 0. CommeP est a coefficient reels, on a P (j) = 0⇒ P (j) = 0. Donc il suffit d’avoir P (j) = 0.

Notons d’abord que j3k+r = (j3)k · jr = jr, pour r = 0, 1, 2.

• Si n = 3k, P (j) = (j3k + 1)3k − j3k = 23k − j3k = 0.

• Si n = 3k + 1, P (j) = (j3k+1 + 1)3k+1 − j3k+1 = (j + 1)3k+1 − jP (j) = (−j2)3k+1 − j = (−1)3k+1j6k+2 − j = (−1)3k+1j2 − j = 0.

• Si n = 3k + 2, P (j) = (−j)3k+2 − j2 = (−1)3k+2j3k+2 − j2 = (−1)3kj2 − j2 = ((−1)k − 1)j2Il en resulte que dans ce cas P (j) = 0⇔ k est pair.

Finalement P est divisible par X2 +X + 1, si et seulement si, n = 6k + 2.

I Exercice 32

Soit α une racine de P = X4 +X3 +X2 +X + 1. On pose β = α+ 1α

.1 - Montrer que β est racine d’un polynome du second degre de Q[X] que l’on determinera.2 - En deduire l’expression de β puis celles de cos2π

5et sin2π

5par radicaux.

Corrige. 1 - On a β = α+ 1α

= α2 + 1α

= α3 + αα2 , et β2 = α2 + 1

α2 + 2 = α4 + 2α2 + 1α2 , d’ou β2 + β = 1

2 - Soit α = cos 2π5

+ i sin 2π5

, alors α est racine de X5 − 1 = (X − 1)(X4 + X3 + X2 + X + 1). Comme

α = 1, on a α est racine de X4 +X3 +X2 +X + 1. Il en resulte que 2 cos 2π5

= α+ 1α

est racine de X2 +X − 1.

Donc 2 cos 2π5

= −1±√

52

. Comme 0 < 2π5<π

2, on a cos 2π

5> 0 et cos 2π

5> 0. Donc cos 2π

5= −1 +

√5

4et

sin 2π5

=√

1− cos2 2π5

=√

10 + 2√

54

I Exercice 33

1 - Soit P = anXn+ an−1Xn−1 + . . .+ a1X + 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 entieres de P = X6 +X5 − 3X4 + 3X3 − 16X2 + 2X − 12, puis factoriser ce polynome.

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

Corrige.

1 - On a P (X)−P (a) =n∑k=0

ak(Xk−ak). Comme Xk−ak = (X−a)(Xk−1 +aXk−2 + . . .+ak−2X+ak−1),

il est clair que X − a divise P (X)−P (a) dans Z[X]. D’ou 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’ou x− a divise P (a). En particulier, pour a = 0,x divise P (0) = a0.

2 - Si P possede des racines entieres, alors elles divisent 12. Donc appartiennent a l’ensemble{1,−1, 2,−2, 3,−3, 4,−4, 6,−6, 12,−12}. On verifie que 2 et −3 sont racines de P . Ainsi P est divisible par(X−2)(X+3) = X2 +X−6. La division euclidienne de P par X2 +X−6 donne P = (X2 +X−6)(X4 +3X2 +2)

Par ailleurs, on a X4 + 3X2 + 2 = (X2 + 1)(X2 + 2), d’ou 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)(X2 + 1)(X2 + 2) dans R[X].

I Exercice 34

Soit le polynome A(X) = X6 − 3X4 − 8X3 − 9X2 − 6X − 2 ∈ C[X].

1 - Calculer A(j) et A′(j), ou j = e 2πi3 = −1

2+ i√

32

.2 - Factoriser A dans C[X] et dans R[X].

Corrige.1 - A(j) = j6 − 3j4 − 8j3 − 9j2 − 6j − 2 = 1− 3j − 8− 9j2 − 6j − 2 = −9− 9j − 9j2 = 0.

A′(X) = 6X5 − 12X3 − 24X2 − 18X − 6 et A′(j) = 6j2 − 12− 24j2 − 18j − 6 = −18j2 − 18j − 18 = 0.

2 - Il en resulte que j est une racine au moins double de A. Comme A est un polynome reel, j est aussi ra-cine au moins double. Par consequent, A est divisible par (X−j)2(X− j)2 = ((X−j)(X− j))2 = (X2 +X+1)2.

La division euclidienne de A par (X2 +X + 1)2 donneA = (X2 +X + 1)2(X2 − 2X − 2)

Les racines de X2 − 2X − 2 sont α1 = 1 +√

3 et α2 = 1−√

3 et sont reelles.

En conclusion A se factorise de la maniere suivante :

A = (X − j)2(X − j)2(X − α1)(X − α2) dans C[X].

A = (X2 +X + 1)2(X − α1)(X − α2) dans R[X].

I Exercice 35

On considere le polynome B(X) = 2X4 − 5X3 + 4X2 − 5X + 2 dans C[X].1 - Montrer que si α ∈ C est une racine de B, alors α = 0 et 1

αest aussi racine de B.

2 - Montrer que B possede une racine entiere que l’on determinera.(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].

Corrige.1 - Soit α ∈ C une racine de B. Puisque B(0) = 2 = 0, on a α = 0. Calculons B( 1

α). On a B( 1

α) =

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

2 1α4 − 5 1

α3 + 4 1α2 − 5 1

α+ 2 = 1

α4 (2− 5α+ 4α2 − 5α3 + 2α4) = 1α4B(α) = 0.

2 - Si α est une racine entiere alors α divise B(0) = 2. (voir exercice 6). Donc α ∈ {1,−1, 2,−2}. On verifieque B(2) = 32− 40 + 16− 10 + 2 = 0.

3 - On a 2 est racine de B et d’apres 2, 12

est aussi racine de B. Il en decoule que B est divisible

par (X − 2)(X − 12

), donc aussi par 2(X − 2)(X − 12

) = 2X2 − 5X + 2. La division euclidienne donneB = (2X2 − 5X + 2)(X2 + 1). On obtient les factorisations :

B = 2(X − 2)(X − 12

)(X − i)(X + i) dans C[X].

B = 2(X − 2)(X − 12

)(X2 + 1) dans R[X].

I Exercice 36

Soit P (X) = X6 +X3 + 1 ∈ C[X]. On pose ξ = e 2πi9 .

1 - Calculer P (ξ) et determiner toutes les racines de P .2 - On pose θ = 2 cos2π

9= ξ + ξ−1.

a - Montrer que θ est racine d’un polynome Q(X) unitaire a coefficients entiers de degre 3 que l’on determinera.b - Calculer Q( 1

1− θ).

c - Exprimer les racines de Q en fonction de θ.

Corrige.1 - P (X) = X6 +X3 + 1 ∈ C[X] et ξ = e 2πi9 .

On a P (ξ) = ξ6 + ξ3 + 1 = e 4πi3 + e 2πi

3 + 1 = j2 + j + 1 = 0

Soit α ∈ C une racine de P . On a α6 + α3 + 1 = 0. Posons β = α3, alors β2 + β + 1 = 0. Donc β = j ou

β = j, ou j = −12

+ i√

32

. Donc α3 = j ou α3 = j.

On obtient α = e 2iπ9 + 2kiπ

3 , k = 0, 1, 2, ou α = e 4iπ9 + 2kiπ

3 , k = 0, 1, 2

Finalement les 6 racines de P sont : ξ = e 2iπ9 , e 8iπ

9 , e 14iπ9 , et leurs conjugues.

2 - a- Posons θ = 2 cos2π9

= ξ + ξ−1. On a :

θ3 = ξ3 + 3ξ + 3ξ−1 + ξ−3 = ξ−3(ξ6 + 3ξ4 + 3ξ2 + 1).

θ = ξ−3(ξ4 + ξ2).

Donc θ3 − 3θ = ξ−3(ξ6 + 1) = −1. Donc si on pose Q = X3 − 3X + 1, alors Q(θ) = 0.

b - Q( 11− θ

) = ( 11− θ

)3− 3 11− θ

+ 1 = ( 11− θ

)3(1− 3(1− θ)2 + (1− θ)3) = ( 11− θ

)3(1− 3− 3θ2 + 6θ+ 1−

3θ + 3θ2 − θ3) = ( 11− θ

)3(−1 + 3θ − θ3) = 0.

c - D’apres b, 11− θ

est aussi racine de Q. On a 11− θ

= θ, sinon, θ2 − θ + 1 = 0, ce qui absurde car

θ est un nombre reel. Donc θ et 11− θ

sont deux racines distinctes. Soit u la troisieme racine de Q, on a

Q = (X − θ)(X − 11− θ

)(X − u). On a Q(0) = 1 = θ

1− θu, d’ou u = 1− θ

θ

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I Exercice 37

Soit P ∈ C[X].1 - Montrer qu’il existe deux polynomes 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 = X4 + 4X3 + (6 + i)X2 + (5 + 3i)X + 2 + 2i ∈ C[X]. Verifier que P possede des racines reelles etfactoriser P .

Corrige.

1 - Soit P =n∑k=0

(ak + bki)Xk ∈ C[X], avec ak, bk ∈ R. Posons P1 =n∑k=0

akXk et P2 =

n∑k=0

bkXk, alors

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 nombresreels, on a P1(α) = P2(α) = 0.

3 - P = X4 + 4X3 + 6X2 + 5X + 2 + i(X2 + 3X + 2) = P1(X) + iP2(X). Si α ∈ R est racine de P , on aα2 + 3α+ 2 = 0. Donc α ∈ {−1,−2}. On verifie que P1(−1) = P1(−2) = 0. Donc −1 et −2 sont racines de P .La division euclidienne de P par X2 + 3X + 2 donne P = (X2 + 3X + 2)(X2 +X + 1 + i).

Le discriminant du polynome X2 + X + 1 + i est egal a ∆ = 1 − 4 − 4i = −3 − 4i. On cherche d’abordles racines carrees 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 polynome X2 +X+1+i sont donc −i et i−1. D’ou la factorisation

P = (X + 1)(X + 2)(X + i)(X + 1− i)

I Exercice 38

1 - Factoriser le polynome X4 + 4 dans R[X] et dans C[X].2 - Soit P = X6 − 4X5 + 6X4 − 12X2 + 16X − 8 ∈ C[X].

a - Determiner le quotient et le reste de la division euclidienne de P par X4 + 4.b - Montrer que P et X4 + 4 possedent deux racines communes que l’on determinera.c - Determiner les multiplicites de ces racines communes dans P .d - Factoriser P dans C[X] et dans R[X].

Corrige.1 - Factorisons le polynome X4 + 4 dans R[X].

On a X4 + 4 = X4 + 4X2 + 4− 4X2 = (X2 + 2)2 − 4X2 = (X2 − 2X2 + 2)(X2 + 2X2 + 2).

Les polynomes (X2 − 2X2 + 2) et (X2 + 2X2 + 2) sont irreductibles dans R[X] car le descriminant22 − 4.2 = −4 < 0. Donc la factorisation dans R[X] est :

X4 + 4 = (X2 − 2X2 + 2)(X2 + 2X2 + 2)

Factorisons le polynome X4 + 4 dans C[X].

Les racines de (X2 − 2X2 + 2) sont 1 + i = α et α.

Les racines de (X2 + 2X2 + 2) sont −α et −α.

Donc la factorisation dans C[X] est :

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X4 + 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 X4 + 4. Le calcul donne :Q = X2 − 4X + 6 et R = −16X2 + 32X − 32.

b - Puisque P = Q · (X4 + 4) + R, si z ∈ C est une racine commune de P et X4 + 4, alors R(z) =P (z) − Q · (z4 + 4) = 0. Donc z est aussi racine de R = −16(X2 − 2X + 2). i. e z = α = 1 + i ou z = α. Ord’apres la question 1, le polynome X2 − 2X + 2 divise X4 + 4. Donc X2 − 2X + 2 divise Q · (X4 + 4) +R = P .D’ou α et α sont aussi racines de P .

c - On P ′ = 6X5 − 20X4 + 24X3 − 24X + 16 et P ′(α) = 6(−4− 4i) + 80 + 24(−2 + 2i)− 24(1 + i) + 16 = 0.

P ′′ = 30X4 − 80X3 + 72X2 − 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 = (X2− 2X+ 2)2 = X4−4X3 + 8X2− 8X+ 4 divise P . Le quotientde la division euclidienne de P par (X2 − 2X + 2)2 est X2 − 2. On obtient alors les factorisations :

Dans C[X], P = (X − α)2(X − α)2(X −√

2)(X +√

2).

Dans R[X], P = (X2 − 2X + 2)2(X −√

2)(X +√

2).

I Exercice 39

1 - Soit P ∈ Z[X]. On suppose que P possede une racine entiere α. Montrer que α divise P (0).2 - On considere P = X4 − 4X3 + 7X2 − 6X + 2 ∈ R[X].

2.1. Sachant que P possede une racine entiere α, determiner cette racine et sa multiplicite.2.2. Factoriser P dans C[X] et dans R[X].2.3. Decomposer en elements simples la fraction rationnelle F = 1

Pdans C(X) et dans R(X).

Corrige

1 - Soit P =n∑k=0

akXk ∈ Z[X]. Supposons que α ∈ Z est racine de P . Alors P (α) =

n∑k=0

akαk = 0. Donc

−n∑k=1

akαk = a0. Par consequent, on a α(−

n∑k=1

akαk−1) = a0. Posons −

n∑k=1

akαk−1 = b. On a b ∈ Z et αb = a0.

D’ou α | a0 = P (0).

2. Soit P = X4 − 4X3 + 7X2 − 6X + 2 ∈ R[X].

2.1. D’apres la question 1, si α est une racine entiere 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 entiere de P . Cherchons son ordre de multiplicite.

P ′ = 4X3 − 12X2 + 14X − 6, P ′(1) = 4− 12 + 14− 6 = 0.

P ′′ = 12X3 − 24X + 14, P ′′(1) = 12− 24 + 14 = 2 = 0.

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Il en resulte 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 queP = (X − 1)2Q. La division euclidienne de P par (X − 1)2 donne Q = X2 − 2X + 2.

Q est un polynome reel de degre 2, son discriminant de Q est egal a 4− 8 = −4 < 0, donc il est irreductiblesur R, la factorisation de P dans R[X] est donc : P = (X − 1)2(X2 − 2X + 2).

Les racines de Q dans C sont 1 + i et 1 − i, par consequent, la factorisation de P dans C[X] est :P = (X − 1)2(X − 1− i)(X − 1 + i).

2.3. Soit F = 1P

. La fraction F est irreductible de partie entiere nulle et possede un pole reel double qui estegal a 1 et deux poles complexes non reels conjugues qui sont 1 + i et 1− i. La decomposition de F en elementssimples dans C(X) est de la forme :

F = a

X − 1+ b

(X − 1)2 + c

X − 1− i+ c

X − 1 + iou a, b ∈ R et c ∈ C.

On cherche ensuite les coefficients a, b et c.

On a :b = [(X − 1)2F ](1) = 1X2 − 2X + 2

(1) = 1.

Puisque 1 + i est un pole simple de F , on a :

c = 1P ′(1 + i)

= 14(1 + i)3 − 12(1 + i)2 + 14(1 + i)− 6

= − 12i

= i2

F = a

X − 1+ 1

(X − 1)2 + i

2(X − 1− i)− i

2(X − 1 + i).

Pour determiner a il suffit de calculer F (0).

En effet, F (0) = 12

= −a+ 1 + i

2(−1− i)− i

2(−1 + i)= −a+ 1

2. Donc a = 0.

Finalement,F = 1

(X − 1)2 + i

2(X − 1− i)− i

2(X − 1 + i), dans C(X)

.En rassemblant les elements simples relatifs aux poles conjugues, on obtient :

F = 1(X − 1)2 −

1(X2 − 2X + 2)

, dans R(X)

Remarque : on peut obtenir la decomposition dans R(X) en remarquant que (X2−2X+2)−(X−1)2 = 1.Donc on a :

1P

= (X2 − 2X + 2)− (X − 1)2

(X2 − 2X + 2)(X − 1)2 = (X2 − 2X + 2)(X − 1)2(X2 − 2X + 2)

− (X − 1)2

(X − 1)2(X2 − 2X + 2)

D’ou 1P

= 1(X − 1)2 −

1(X2 − 2X + 2)

.

I Exercice 40

Soit s un entier naturel non nul. On considere l’ensemble A defini par :

A = {x ∈ Q : ∃n ∈ N, sn.x ∈ Z}

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1 - Montrer que A est un sous-anneau de Q.2 - Montrer que pour tout element x de A, il existe a ∈ Z, n ∈ N, uniques tels que s - a et x = a

sn.

(Indication : Considerer le plus petit entier n tel que sn.x ∈ Z).3 - Soit x = a

sn∈ A avec s - a.

3.1. Montrer que x est inversible dans A, si et seulement si, ∃k ∈ N : a | sk.

3.2. En deduire que x est inversible dans A, si et seulement si, tout nombre premier qui divise a divise s.

4 - A est-il un corps ?5 - On considere l’application ϕ : Z[X]→ Q, definie par ϕ(P )=P (1

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.

Corrige.1 - On a 1 ∈ A, soient x, y ∈ A. On a x, y ∈ Q et il existe n,m ∈ N : snx, smy ∈ Z. On peut supposer que

n ≥ m, on a alors : snx, sny ∈ Z et sn(x− y) = snx− sny ∈ Z. Donc x− y ∈ A.

D’autre part, sn+m(xy) = snx.smy ∈ Z. Donc xy ∈ A.

En conclusion A est un sous-anneau de Q.

2 - Soit n le plus petit entier tel que snx = a ∈ Z. Si s | a, on a a = sb avec b ∈ Z et snx = a = sb, entraınantsn−1x = b ∈ Z, ce qui contredit la minimalite de n. Donc s - a.

Unicite : si x = asn

= b

sm, avec s - a et s - b, alors sma = snb. On peut supposer que m ≤ n, alors sn−mb = a.

Comme s - a, necessairement, n−m = 0, i.e. n = m, par consequent, a = b.

3 - 3.1. Soit x = asn

avec s - a. Suppposons que x est inversible dans A. Alors x−1 = sn

a∈ A. Ce qui entraıne

qu’il existe m ∈ N, tel que sm · sn

a= s

n+m

a∈ Z, ou encore, a | sk, avec k = n+m ∈ N.

Reciproquement, supposons qu’il existe k ∈ N tel que a | sk. On a alors sn+k

a= sk. s

n

a∈ Z. Donc s

n

a∈ A.

Il en resulte que x = asn

est inversible dans A.

3.2. Supposons que x est inversible, ∃k ∈ N : a | sk. Soit p un nombre premier divisant a. Alors p divise sk.Par consequent, p divise s.

Reciproquement, supposons que tout nombre premier qui divise a divise s. Soit a = pβ11 . . . p

βll , la factorisa-

tion de a en produit de nombres premiers. On a pi | s, ∀i = 1, . . . , l. Posons k = max{β1, . . . , βl}, alors on aa | 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’apres 3, p n’estpas inversible dans A. Ce qui implique que A n’est pas un corps.

5 - Soit l’application ϕ : Z[X]→ Q, definie par ϕ(P )=P (1s

).

5.1. ∀P1, P2 ∈ Z[X]. On a

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ϕ(P1 + P2) = (P1 + P2)(1s

) = P1(1s

) + P1(1s

) = ϕ(P1) + ϕ(P2)

ϕ(P1.P2) = (P1.P2)(1s

) = P1(1s

).P1(1s

) = ϕ(P1).ϕ(P2)

ϕ(1) = 1.

ϕ est un morphisme d’anneaux.

5.2. Soit P =n∑k=0

akXk ∈ Z[X]. On a P (1

s) =

n∑k=0

aks−k ∈ A.

Donc Imϕ ⊂ A.

Reciproquement, si x = asn∈ A, avec a ∈ Z. Alors x = ϕ(aXn). Donc A ⊂ Imϕ. D’ou l’egalite.

5.3. Soit P ∈ Z[X]. Supposons qu’il existe B ∈ Z[X] tel que P = (sX − 1).B. Alors ϕ(P ) = P (1s

) = 0. DoncP ∈ Kerϕ.

Reciproquement, si P =n∑k=0

akXk ∈ Kerϕ. On a ϕ(P ) = P (1

s) = 0. Donc 1

sest racine de P . Par consequent,

X− 1s

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

reste a montrer que B ∈ Z[X]. En effet, P (1s

) =n∑k=0

aks−k = 0. En multipliant par sn on obtient

n∑k=0

aksn−k = 0.

Donc an = −n∑k=1

aksn−k = −s

n∑k=1

aksn−k−1. D’ou s | an. Le quotient de la division euclidienne de P par sX−1

est alors un polynome a coefficients entiers B.

I Exercice 41

Soit (G, ·) un groupe abelien d’element neutre e. Pour tout k ∈ N, on note fk l’application fk : G → G,definie 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 theoreme de Bezout, montrer que fk est un isomorphisme.

2.2. Montrer qu’il existe u ∈ N, tel que f−1k = fu.

3 - Soit m un entier naturel non nul. On note Um, le groupe des elements inversibles du monoıde (Z/mZ, ·)des classes modulo m. On rappelle que Um = {k : k est premier avec m}.

On prend m = 21.

3.1. Determiner U21 et donner son ordre.

3.2. Montrer que ∀a ∈ U21, il existe x ∈ U21, unique tel que x5 = a.

3.3. Determiner x pour a = 2CorrigeSoit (G, ·) un groupe abelien d’element neutre e. Pour tout k ∈ N, on note fk l’application fk : G → G,

definie par fk(x) = xk, ∀x ∈ G.

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1 - ∀x, y ∈ G, on a fk(x.y) = (xy)k = xk.yk,car G est abelien. Donc fk(x.y) = fk(x).fk(y). Il en resulte quefk 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’apresle theoreme de Bezout, il existe u, v ∈ Z : uk + vn = 1. On a alors x = x1 = xuk+vn = xukxvn = (xk)u(xn)v.Or xk = e et xn = e. Donc x = e. Il en resulte que fk est injectif. Comme G est fini, fk est bijectif donc unisomorphisme.

2.2. Soit y = fk(x) = xk, et u ∈ N tel que un + vn = 1. On a yu = (xk)u = x1−vn = x.(xn)v = x. Donc∀x ∈ G, fu ◦ fk(x) = x. D’ou f−1

k = 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’apres 2.1., l’application f5 : U21 → U21;x 7→ x5 est un isomorphisme.Donc ∀a ∈ U21, il existe x ∈ U21, unique tel que x5 = a.

3.3. On a la relation de Bezout, 5.5− 2.12 = 1. Donc x = a5 = 25 = 11

I Exercice 42

Soit n un entier naturel non nul. On considere le polynome P a coefficients reels

P = nXn+3 − (n+ 3)Xn + 3

On note P ′ le polynome derive de P .1 - Factoriser P ′ dans R[X] et dans C[X].2 - Pour chaque racine α de P ′ calculer P (α).3 - Montrer que ∀n ∈ N∗, P possede une racine double que l’on determinera.4 - Determiner les entiers n pour lesquels P possede au moins deux racines doubles.5 - On prend n = 1.

5.1. Factoriser P dans C[X] et dans R[X].5.2. Decomposer en elements simples la fraction rationnelle F = 1

Pdans C(X) et dans R(X).

Corrige.1. P ′ = n(n+ 3)Xn+2 − n(n+ 3)Xn−1 = n(n+ 3)Xn−1(X3 − 1).

La factorisation de P ′ dans R[X] est P ′ = n(n+ 3)Xn−1(X − 1)(X2 +X + 1).

La factorisation de P ′ dans C[X] est P ′ = n(n+ 3)Xn−1(X − 1)(X − j)(X − j) ou j = −12

+√

32

.

2. Les racines de P ′ sont 0, 1, j et j. On a : P (0) = 3, P (1) = 0, P (j) = njn+3 − (n+ 3)jn + 3 = −3jn + 3et P (j) = −3jn + 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)Xn+1 − n(n+ 3)(n− 1)Xn−2 et P ′′(1) = n(n+ 3)(n+ 2)− n(n+ 3)(n− 1) = 4n(n+ 3) = 0. Donc 1 est bienla racine double cherchee.

4. Si P possede une racine double autre que 1, alors cette racine est aussi racine de P ′. Donc ne peut etreque j ou j. On a P (j) = 0⇔ −3jn + 3 = 0⇔ jn = 1⇔ 3 | n.

5.1 - Pour n = 1 on a P = X4 − 4X + 3. Puisque 1 est racine double de P , on a P = (X − 1)2Q, ou Q estun polynome de degre 2. La division euclidienne de P par (X − 1)2 donne Q = X2 + 2X + 3.La discriminant de Q est egal a -8, donc Q est irreductible sur R. Donc P se factorise de la maniere suivante :

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P = (X − 1)2(X2 + 2X + 3) dans R[X].P = (X − 1)2(X − α)(X − α), dans C[X], ou α = −1 + i

√2.

5.2. La decomposition de la fraction rationnelle F = 1P

dans R(X).

F = a

X − 1+ b

(X − 1)2 + cX + dX2 + 2X + 3

On a : ((X − 1)2F )(1) = b. Or ((X − 1)2F ) = 1X2 + 2X + 3

. Donc b = 16

.

A la limite on a : limx→∞xF (x) = 0 = a+ c

F (0) = 13

= −a+ b+ d3

. Ce qui implique que 2d− 6a = 1. Enfin, F (−1) = 18

= −a2

+ b4

+ d− c. On trouve

d = 17

, b = 16

, a = − 542

et c = −a = 542

.

Dans C(X) la decomposition est sous la forme :

F = a

X − 1+ b

(X − 1)2 + e

X − α+ e

X − α

Comme α est un pole simple, on a e = 1P ′

(α) = 14α3 − 4

= 1α+ 6

= 15 + i√

2= 5− i

√2

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I Exercice 43

Dans cet exercice, on considere l’ensemble Z× Z muni de la structure de groupe produit definie par :

∀(x, y); (x′, y′) ∈ Z× Z, (x, y) + (x′, y′) = (x+ x′, y + y′)

Soient a, b ∈ Z fixes, on considere l’application : ϕ : Z× Z→ Z, definie par ϕ(x, y) = ax+ by.1 - Montrer que ϕ est un homomorphisme de groupes.2 - Montrer que ϕ n’est jamais injectif.3 - Montrer qu’il existe n ∈ N, tel que Imϕ = nZ. Que represente n pour a et b ?4 - Montrer que ϕ est surjectif, si et seulement si, a et b sont premiers entre eux.

Corrige. 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 ou n est le PGCD de a et b.

4. ϕ est surjectif ⇔ Imϕ = Z. D’apres 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 elements inversibles (pour la multiplication) de K[X] sont les polynomes constantsnon nuls.1.2. Montrer, par recurrence sur n ∈ N, que tout polynome P de degre n de K[X] possede au plus nracines dans K.

2 - On considere l’anneau A = (Z/8Z,+, ·).

2.1. Verifier que A n’est pas un corps.2.2. Montrer que le polynome 2.X + 1 est inversible dans A[X] et calculer son inverse.

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Module Algebre 1Responsable : A. Haıly

2.3. Determiner les racines du polynome X2 − 1 dans A.

CorrigeLes 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 unnombre 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).

2.3. On a 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 1, 42 = 0, 52 = 1, 62 = 4, 72 = 1. Donc X2 − 1 possede 4 racines quisont 1, 3, 5, 7.

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