25 exercices corrigés de structures algébriques (MPSI)

Stabilité. Pour tout \((x,y)\in\mathbb{R}^2\), \(x+y+xy\) est un réel, donc \(x\star y \in \mathbb{R}\) : \(\star\) est bien une loi de composition interne.

Commutativité. \(y\star x = y+x+yx = x+y+xy = x\star y\).

Associativité. D’une part \((x\star y)\star z = (x+y+xy)+z+(x+y+xy)z = x+y+z+xy+xz+yz+xyz\). D’autre part \(x\star(y\star z)\) donne la même expression symétrique. Donc \((x\star y)\star z = x\star(y\star z)\).

Élément neutre. On cherche \(e\) tel que \(x\star e = x\), soit \(x+e+xe = x\), donc \(e(1+x)=0\) pour tout \(x\) : \(e=0\).

Astuce : \(x\star y = (1+x)(1+y)-1\), ce qui « transporte » la loi vers la multiplication et rend tout immédiat.

Commutativité. La table est symétrique par rapport à sa diagonale principale (par exemple \(b\star c = a = c\star b\)). La loi est commutative.

Élément neutre. La ligne et la colonne de \(a\) reproduisent exactement les en-têtes : \(a\star x = x\) et \(x\star a = x\). Donc \(a\) est neutre.

Symétriques. Un élément \(x\) est symétrisable si \(a\) apparaît dans sa ligne. \(a\star a=a\) (\(a\) est son propre symétrique), \(b\star c=a\) (\(b\) et \(c\) symétriques), donc tout élément est symétrisable.

Cette structure est en réalité celle de \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\) : on reconnaît un groupe cyclique.

Stabilité. Comme \(a\neq 0\) et \(c\neq 0\), on a \(ac\neq 0\), donc \((ac,ad+b)\in \mathbb{R}^*\times\mathbb{R}\) : la loi est interne.

Associativité. \(\big((a,b)\star(c,d)\big)\star(e,f) = (ac,ad+b)\star(e,f) = (ace,\; acf+ad+b)\). Et \((a,b)\star\big((c,d)\star(e,f)\big) = (a,b)\star(ce,cf+d) = (ace,\; a(cf+d)+b) = (ace, acf+ad+b)\). Égalité : la loi est associative.

Non-commutativité. \((1,1)\star(2,0) = (2,1)\) alors que \((2,0)\star(1,1) = (2,2)\). Un contre-exemple suffit.

Neutre. \((a,b)\star(1,0) = (a,b)\) et \((1,0)\star(a,b)=(a,b)\) : le neutre est \((1,0)\).

Inverse. On résout \((a,b)\star(c,d)=(1,0)\) : \(ac=1\) donne \(c=\displaystyle\frac{1}{a}\), puis \(ad+b=0\) donne \(d=-\displaystyle\frac{b}{a}\). Donc \((a,b)^{-1} = \left(\displaystyle\frac{1}{a},\,-\displaystyle\frac{b}{a}\right)\). On reconnaît le groupe des transformations affines \(x\mapsto ax+b\).

Idée directrice. Dans un ensemble fini, une application injective est bijective. C’est le levier de tout l’exercice.

Fixons \(a\in G\) et considérons \(\varphi : x \mapsto a\star x\) de \(G\) dans \(G\). Comme \(a\) est régulier, \(\varphi\) est injective ; \(G\) étant fini, \(\varphi\) est surjective. Il existe donc \(e\) tel que \(a\star e = a\).

e est neutre à droite. Pour tout \(y\in G\), la surjectivité de \(z\mapsto z\star a\) fournit \(z\) avec \(z\star a = y\). Alors \(y\star e = (z\star a)\star e = z\star(a\star e) = z\star a = y\). Donc \(e\) est neutre à droite. Un raisonnement symétrique fournit un neutre à gauche \(e'\) ; alors \(e' = e' \star e = e\), donc \(e\) est neutre.

Existence des symétriques. \(\varphi\) étant surjective, il existe \(b\) tel que \(a\star b = e\) ; de même \(b'\star a = e\). L’associativité donne \(b' = b'\star e = b'\star(a\star b) = (b'\star a)\star b = e\star b = b\). Donc \(a\) admet un symétrique.

Tous les axiomes sont vérifiés : \((G,\star)\) est un groupe.

Non-vide. \(1 = 2^0 \in H\).

Critère. Soit \(x = 2^n\) et \(y = 2^m\) dans \(H\). Alors \(x\times y^{-1} = 2^n \times 2^{-m} = 2^{n-m}\). Comme \(n-m\in\mathbb{Z}\), on a \(x y^{-1}\in H\).

La caractérisation est vérifiée : \(H\) est un sous-groupe de \((\mathbb{R}^*,\times)\).

Non-vide. \(e\star x = x = x\star e\) pour tout \(x\), donc \(e\in Z(G)\).

Critère. Soit \(a,b\in Z(G)\). Montrons \(a\star b^{-1}\in Z(G)\). D’abord, \(b\in Z(G)\) entraîne \(b^{-1}\in Z(G)\) : de \(b\star x = x\star b\) on tire, en composant à gauche et à droite par \(b^{-1}\), \(x\star b^{-1} = b^{-1}\star x\).

Alors pour tout \(x\in G\) : \((a\star b^{-1})\star x = a\star(b^{-1}\star x) = a\star(x\star b^{-1}) = (a\star x)\star b^{-1} = (x\star a)\star b^{-1} = x\star(a\star b^{-1})\). Donc \(a\star b^{-1}\in Z(G)\).

\(Z(G)\) est un sous-groupe de \(G\) (et \(G\) est abélien si et seulement si \(Z(G)=G\)).

Intersection. \(e\in H\) et \(e\in K\) donc \(e\in H\cap K\). Si \(x,y\in H\cap K\), alors \(x y^{-1}\in H\) (car \(H\) sous-groupe) et \(x y^{-1}\in K\), donc \(x y^{-1}\in H\cap K\). C’est un sous-groupe.

Réunion — sens facile. Si \(H\subset K\), alors \(H\cup K = K\) est un sous-groupe (idem si \(K\subset H\)).

Réunion — sens réciproque (par contraposée). Supposons \(H\not\subset K\) et \(K\not\subset H\). Il existe \(h\in H\setminus K\) et \(k\in K\setminus H\). Si \(H\cup K\) était un sous-groupe, \(h\star k\in H\cup K\). Si \(h\star k\in H\), alors \(k = h^{-1}\star(h\star k)\in H\) : contradiction. Si \(h\star k\in K\), alors \(h = (h\star k)\star k^{-1}\in K\) : contradiction. Donc \(H\cup K\) n’est pas un sous-groupe.

Sens direct. Chaque \(n\mathbb{Z}\) est un sous-groupe : contient \(0\) et \(na- nb = n(a-b)\in n\mathbb{Z}\).

Sens réciproque. Soit \(H\) un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\). Si \(H=\{0\}\), alors \(H = 0\mathbb{Z}\). Sinon, \(H\) contient un entier non nul, donc un entier strictement positif (car \(H\) est stable par passage à l’opposé). Posons \(n = \min(H\cap\mathbb{N}^*)\), qui existe car toute partie non vide de \(\mathbb{N}\) admet un plus petit élément.

Comme \(n\in H\), \(n\mathbb{Z}\subset H\). Réciproquement, soit \(x\in H\). La division euclidienne donne \(x = qn + r\) avec \(0\leq r\) et \(r\) < \(n\). Alors \(r = x- qn\in H\). Par minimalité de \(n\), \(r=0\), donc \(x = qn\in n\mathbb{Z}\).

Conclusion : \(H = n\mathbb{Z}\). Ce résultat est la clé de l’étude de l’anneau Z/nZ.

Observation. \(x\star x = e\) signifie que chaque élément est son propre symétrique : \(x^{-1} = x\).

Soit \(x,y\in G\). Alors \(x\star y = (x\star y)^{-1}\) (chaque élément est involutif), et \((x\star y)^{-1} = y^{-1}\star x^{-1} = y\star x\). Donc \(x\star y = y\star x\) : \(G\) est abélien.

Comme \(|G|\) > \(1\), choisissons \(a\neq e\). Le sous-groupe engendré \(\langle a\rangle\) n’est pas \(\{e\}\) (il contient \(a\)), donc par hypothèse \(\langle a\rangle = G\) : \(G\) est cyclique, engendré par \(a\).

Notons \(n = |G|\). Supposons \(n\) non premier : \(n = pq\) avec \(1\) < \(p\) < \(n\). L’élément \(a^p\) engendre un sous-groupe \(\langle a^p\rangle\) d’ordre \(q\), vérifiant \(1\) < \(q\) < \(n\). C’est un sous-groupe propre non trivial : contradiction. Donc \(n\) est premier.

Réciproquement, tout groupe d’ordre premier n’a aucun sous-groupe autre que \(\{e\}\) et lui-même, par le théorème de Lagrange.

Ce que le correcteur attend — la justification que \(\langle a^p\rangle\) est d’ordre exactement \(q\) (ordre de \(a^p\) = \(n/\gcd(n,p) = q\)) doit être écrite, pas sous-entendue. C’est ici que se joue la note : un « on voit que » à la place du calcul d’ordre coûte des points.

Morphisme. Pour tout \(x,y\in\mathbb{R}\), \(\exp(x+y) = \exp(x)\exp(y)\) : \(\exp\) transforme la loi \(+\) en la loi \(\times\).

Bijectivité. \(\exp\) est strictement croissante et continue de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}_+^*\), donc bijective, de réciproque \(\ln\).

\(\exp\) est un isomorphisme ; sa réciproque \(\ln\) est l’isomorphisme inverse \((\mathbb{R}_+^*,\times)\to(\mathbb{R},+)\).

Sens direct. Si \(f\) injectif : \(x\in\ker f\) donne \(f(x) = e_H = f(e_G)\), donc \(x = e_G\). Ainsi \(\ker f = \{e_G\}\).

Sens réciproque. Supposons \(\ker f = \{e_G\}\). Si \(f(x) = f(y)\), alors \(f(x\star y^{-1}) = f(x)\cdot f(y)^{-1} = e_H\), donc \(x\star y^{-1}\in\ker f = \{e_G\}\), d’où \(x = y\). \(f\) est injectif.

Ce critère est propre aux morphismes : il est faux pour une application quelconque.

Détermination. Posons \(g = f(1)\). Par récurrence, \(f(n) = g^n\) pour \(n\in\mathbb{N}\) (car \(f(n+1)=f(n)\cdot f(1)\)). Puis \(f(-n) = f(n)^{-1} = g^{-n}\). Donc \(f(n)=g^n\) pour tout \(n\in\mathbb{Z}\) : \(f\) est déterminé par \(g\).

Réciproque. Pour \(g\in G\) fixé, l’application \(n\mapsto g^n\) vérifie \(g^{n+m} = g^n g^m\) : c’est un morphisme, et il envoie \(1\) sur \(g\). L’ensemble des morphismes de \(\mathbb{Z}\) dans \(G\) est donc en bijection avec \(G\).

Un morphisme \(f\) est déterminé par \(f(\bar 1) = \bar a\), et \(f(\bar k) = k\bar a\). La seule contrainte vient de \(n\cdot\bar 1 = \bar 0\) : il faut \(f(n\bar 1) = \bar 0\), soit \(n\bar a = \bar 0\) dans \(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(m \mid na\).

Posons \(d = \gcd(n,m)\). La congruence \(na\equiv 0 \ [m]\) équivaut à \(\displaystyle\frac{m}{d}\mid a\). Les valeurs de \(\bar a\) admissibles sont donc les multiples de \(\displaystyle\frac{m}{d}\) modulo \(m\), au nombre de \(d\).

Il existe exactement \(d = \gcd(n,m)\) morphismes, donnés par \(f(\bar k) = k\cdot \displaystyle\frac{m}{d}\cdot t\) pour \(t\in\{0,\dots,d-1\}\).

Morphisme. Pour \(A,B\in GL_n(\mathbb{C})\), \(\det(AB) = \det(A)\det(B)\). Comme une matrice est inversible ssi son déterminant est non nul, \(\det\) est bien à valeurs dans \(\mathbb{C}^*\) : c’est un morphisme.

Surjectivité. Pour \(\lambda\in\mathbb{C}^*\), la matrice \(\mathrm{diag}(\lambda,1,\dots,1)\) est inversible de déterminant \(\lambda\). Donc \(\det\) est surjectif.

Noyau. \(\ker(\det) = \{A\in GL_n(\mathbb{C}) \mid \det A = 1\} = SL_n(\mathbb{C})\). C’est un sous-groupe distingué de \(GL_n(\mathbb{C})\).

Isomorphisme. Le premier théorème d’isomorphisme (voir la page groupe quotient) appliqué à \(\det\), surjectif de noyau \(SL_n(\mathbb{C})\), donne \(GL_n(\mathbb{C})/SL_n(\mathbb{C})\cong \mathbb{C}^*\).

Ce que le correcteur attend — deux justifications ne doivent jamais manquer : que \(\det\) est à valeurs dans \(\mathbb{C}^*\) (sinon ce n’est pas un morphisme de groupes bien défini) et l’énoncé exact du théorème d’isomorphisme invoqué. Affirmer le résultat final sans nommer le théorème est sanctionné à l’oral.

Méthode des invariants. Deux groupes isomorphes ont le même « profil » d’ordres d’éléments. On compare donc les ordres.

Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), l’élément \(\bar 1\) est d’ordre \(4\) : le groupe est cyclique.

Dans le groupe de Klein \((\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2\), tout élément non nul vérifie \(2x = 0\), donc est d’ordre \(2\) : aucun élément d’ordre \(4\).

Un isomorphisme conserve l’ordre des éléments. Comme l’un possède un élément d’ordre \(4\) et pas l’autre, ils ne sont pas isomorphes.

Contient 1. \(1 = 1 + 0i\in\mathbb{Z}[i]\).

Stable par différence. \((a+bi)-(c+di) = (a-c)+(b-d)i\in\mathbb{Z}[i]\).

Stable par produit. \((a+bi)(c+di) = (ac-bd)+(ad+bc)i\), et \(ac-bd,\ ad+bc\in\mathbb{Z}\).

La caractérisation est vérifiée : \(\mathbb{Z}[i]\) est un sous-anneau de \(\mathbb{C}\) (l’anneau des entiers de Gauss).

Absorption de 0. \(0_A\times a = (0_A+0_A)\times a = 0_A\times a + 0_A\times a\) par distributivité. En simplifiant dans le groupe \((A,+)\) : \(0_A\times a = 0_A\).

Signe. \(a + (-1_A)\times a = 1_A\times a + (-1_A)\times a = (1_A + (-1_A))\times a = 0_A\times a = 0_A\). Donc \((-1_A)\times a\) est l’opposé de \(a\) : \((-1_A)\times a = -a\).

Idée. On transpose l’identité \(\displaystyle\frac{1}{1-x} = \sum x^k\), mais avec une somme finie car \(a\) est nilpotent.

Posons \(b = 1_A + a + a^2 + \dots + a^{n-1}\). Alors, comme \(a\) commute avec lui-même : \((1_A- a)\,b = \sum_{k=0}^{n-1} a^k- \sum_{k=1}^{n} a^k = 1_A- a^n = 1_A\).

De même \(b(1_A- a) = 1_A\). Donc \((1_A-a)^{-1} = 1_A + a + \dots + a^{n-1}\) : \(1_A- a\) est inversible.

Sous-anneau. \(1\in A\) ; stable par différence ; \((a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2) = (ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2\in A\). C’est un sous-anneau de \(\mathbb{R}\).

Norme. Posons \(N(a+b\sqrt2) = a^2- 2b^2\). On vérifie que \(N(xy) = N(x)N(y)\) (norme multiplicative), et \(N(x)\in\mathbb{Z}\).

Sens réciproque. Si \(a^2-2b^2 = \pm1\), alors \((a+b\sqrt2)(a-b\sqrt2) = \pm1\), donc \(a+b\sqrt2\) admet \(\pm(a-b\sqrt2)\in A\) pour inverse.

Sens direct. Si \(x\) est inversible d’inverse \(y\in A\), alors \(N(x)N(y) = N(1) = 1\) dans \(\mathbb{Z}\), donc \(N(x) = \pm1\), soit \(a^2-2b^2=\pm1\).

Caractéristique 2. Développons \((x+x)^2 = x+x\) : \(x^2 + x^2 + x^2 + x^2 = 2x\) (en utilisant \(x^2 = x\)), soit \(4x = 2x\), donc \(2x = 0_A\). En particulier \(x = -x\) pour tout \(x\).

Commutativité. Développons \((x+y)^2 = x+y\) : \(x^2 + xy + yx + y^2 = x+y\). Comme \(x^2=x\) et \(y^2=y\), il reste \(xy + yx = 0_A\), donc \(xy = -yx = yx\) (car \(-z = z\)). \(A\) est commutatif.

Ce que le correcteur attend — l’ordre des deux résultats compte : il faut d’abord établir \(2x=0\) (donc \(-z=z\)) pour pouvoir conclure la commutativité proprement. Écrire \(xy=-yx\) puis affirmer \(xy=yx\) sans avoir prouvé \(-z=z\) est une faute de logique classique en copie.

Critère. \(\bar k\) est inversible dans \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) si et seulement si \(\gcd(k,n) = 1\). Ici \(\gcd(5,12)=1\), donc \(\bar 5\) est inversible.

Bézout. On cherche \(u,v\) avec \(5u + 12v = 1\). On trouve \(5\times 5- 12\times 2 = 25-24 = 1\). Donc \(5\times 5 \equiv 1 \ [12]\).

\(\bar 5^{\,-1} = \bar 5\) dans \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\).

Sens réciproque (p premier). Soit \(\bar k \neq \bar 0\), donc \(p\not\mid k\). Comme \(p\) est premier, \(\gcd(k,p)=1\), donc \(\bar k\) est inversible. Tout élément non nul est inversible : \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) est un corps.

Sens direct (par contraposée). Si \(n\) n’est pas premier, écrivons \(n = ab\) avec \(1\) < \(a,b\) < \(n\). Alors \(\bar a\neq\bar 0\), \(\bar b\neq\bar 0\), mais \(\bar a\,\bar b = \bar n = \bar 0\) : \(\bar a\) est un diviseur de zéro, donc non inversible. \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) n’est pas un corps (ni même intègre).

Conclusion : \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est un corps \(\iff\) \(n\) premier.

Premier cas. \(7\) est premier, donc \(\bar 3\) est inversible : \(3\times 5 = 15\equiv 1 \ [7]\), donc \(\bar 3^{\,-1} = \bar 5\). D’où \(x\equiv 5\times 4 = 20 \equiv 6 \ [7]\). Unique solution \(\bar 6\).

Second cas. \(\gcd(6,8) = 2\) et \(2\mid 4\), donc il y a des solutions. On simplifie : \(6x\equiv 4\ [8]\iff 3x\equiv 2\ [4]\). Or \(\bar 3^{\,-1}=\bar 3\) dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\) (\(3\times3=9\equiv1\)), donc \(x\equiv 6\equiv 2\ [4]\). Dans \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\), cela donne deux solutions : \(\bar 2\) et \(\bar 6\).

Morale : quand le coefficient n’est pas inversible, on divise congruence et module par le pgcd.

Bonne définition. L’application \(\psi:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), \(x\mapsto(\bar x,\bar x)\), est un morphisme d’anneaux de noyau \(\{x \mid m\mid x \text{ et } n\mid x\} = \mathrm{ppcm}(m,n)\mathbb{Z} = mn\mathbb{Z}\) (car \(m\wedge n = 1\)). \(\psi\) passe donc au quotient en \(\varphi\), bien définie et injective.

Morphisme. \(\varphi\) respecte \(+\) et \(\times\) et envoie \(\bar 1\) sur \((\bar1,\bar1)\).

Bijectivité. \(\varphi\) est injective entre deux ensembles finis de même cardinal \(mn\), donc bijective. C’est un isomorphisme d’anneaux.

Ce que le correcteur attend — le point délicat est le calcul du noyau : il faut écrire explicitement que « \(m\mid x\) et \(n\mid x\) » équivaut à « \(mn\mid x\) » parce que \(m\wedge n = 1\). Sans cette hypothèse de coprimalité invoquée nommément (théorème de Gauss), le noyau serait \(\mathrm{ppcm}(m,n)\mathbb{Z}\) et l’isomorphisme faux. C’est l’erreur qui coûte le plus de points sur ce classique.