Examen blanc — Structures algébriques

1. Loi de composition interne. Soient $x,y\in E$, donc $x\ne 1$ et $y\ne 1$. On a $x\ast y=x+y-xy$. Calculons $1-(x\ast y)$ :

$$1-(x\ast y)=1-x-y+xy=(1-x)(1-y).$$

Comme $x\ne 1$ et $y\ne 1$, on a $1-x\ne 0$ et $1-y\ne 0$, donc $(1-x)(1-y)\ne 0$, d'où $1-(x\ast y)\ne 0$, soit $x\ast y\ne 1$. Ainsi $x\ast y\in E$ et $\ast$ est bien une loi de composition interne sur $E$.

2. Commutativité et associativité. Pour tous $x,y\in E$ :

$$y\ast x=y+x-yx=x+y-xy=x\ast y,$$

donc $\ast$ est commutative. Pour l'associativité, soient $x,y,z\in E$ :

$$(x\ast y)\ast z=(x+y-xy)+z-(x+y-xy)z=x+y+z-xy-xz-yz+xyz.$$

$$x\ast (y\ast z)=x+(y+z-yz)-x(y+z-yz)=x+y+z-yz-xy-xz+xyz.$$

Les deux expressions sont égales, donc $\ast$ est associative.

3. Élément neutre. Cherchons $e\in E$ tel que $x\ast e=x$ pour tout $x\in E$. On a $x\ast e=x+e-xe=x$, soit $e-xe=0$, c'est-à-dire $e(1-x)=0$. Comme $x\ne 1$, $1-x\ne 0$, donc $e=0$. Comme $0\ne 1$, $e=0\in E$. Par commutativité $e\ast x=x$ aussi. Donc $e=0$ est l'élément neutre.

4. Symétrique. Soit $x\in E$. Cherchons $x^{\prime }\in E$ tel que $x\ast x^{\prime }=0$, soit $x+x^{\prime }-x{x}^{\prime }=0$, donc $x^{\prime }(1-x)=-x$. Comme $x\ne 1$, on obtient :

$$x^{\prime }=\frac{-x}{1-x}=\frac{x}{x-1}.$$

Vérifions que $x^{\prime }\in E$ : si $x^{\prime }=1$ alors $\frac{x}{x-1}=1$ donnerait $x=x-1$, soit $0=-1$, impossible. Donc $x^{\prime }\ne 1$ et $x^{\prime }\in E$. Tout élément admet donc un symétrique.

5. Groupe commutatif. La loi $\ast$ est interne (1), associative (2), admet un élément neutre $0$ (3) et tout élément admet un symétrique (4). Donc $(E,\ast )$ est un groupe. De plus $\ast$ est commutative (2), donc $(E,\ast )$ est un groupe commutatif (abélien).

6. Isomorphisme. Soit $\phi :E\to {\mathbb{R}}^{\ast }$, $\phi (x)=1-x$.

Bien défini à valeurs dans ${\mathbb{R}}^{\ast }$ : si $x\in E$ alors $x\ne 1$ donc $1-x\ne 0$, donc $\phi (x)\in {\mathbb{R}}^{\ast }$.

Morphisme : pour tous $x,y\in E$,

$$\phi (x\ast y)=1-(x\ast y)=(1-x)(1-y)=\phi (x)\times \phi (y),$$

d'après le calcul du 1. Donc $\phi$ est un morphisme de $(E,\ast )$ vers $({\mathbb{R}}^{\ast },\times )$.

Bijectif : pour $y\in {\mathbb{R}}^{\ast }$, l'équation $1-x=y$ a l'unique solution $x=1-y$, qui vérifie $x\ne 1$ (car $y\ne 0$), donc $x\in E$. Ainsi $\phi$ est bijective, de réciproque ${\phi }^{-1}(y)=1-y$.

$\phi$ étant un morphisme bijectif, c'est un isomorphisme de groupes. En particulier $(E,\ast )$ et $({\mathbb{R}}^{\ast },\times )$ sont isomorphes.

1. Loi interne. Pour $a,b\in \mathbb{R}$ :

$$M(a)\times M(b)=\left(\begin{array}{cc}1& a\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& b\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& a+b\\ 0& 1\end{array}\right)=M(a+b).$$

Comme $a+b\in \mathbb{R}$, on a $M(a)\times M(b)=M(a+b)\in G$. Donc $\times$ est une loi de composition interne sur $G$.

2. Groupe commutatif.

Associativité : admise (héritée de ${\mathcal{M}}_2(\mathbb{R})$).

Élément neutre : $M(0)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)=I_2\in G$, et pour tout $a$, $M(a)\times M(0)=M(a+0)=M(a)$. Donc $M(0)$ est le neutre.

Symétrique : pour $M(a)\in G$, on a $M(a)\times M(-a)=M(a+(-a))=M(0)$, et $M(-a)\in G$. Donc $M(a)$ admet pour symétrique $M(-a)$.

Commutativité : $M(a)\times M(b)=M(a+b)=M(b+a)=M(b)\times M(a)$.

Ainsi $(G,\times )$ est un groupe commutatif. (En tant que sous-ensemble non vide de $(G{L}_2(\mathbb{R}),\times )$ stable par produit et passage à l'inverse, $G$ en est un sous-groupe.)

3. Isomorphisme. Soit $f:\mathbb{R}\to G$, $f(a)=M(a)$.

Morphisme : pour tous $a,b\in \mathbb{R}$,

$$f(a+b)=M(a+b)=M(a)\times M(b)=f(a)\times f(b),$$

donc $f$ est un morphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(G,\times )$.

Injectif : si $f(a)=f(b)$ alors $M(a)=M(b)$, donc en identifiant le coefficient en position $(1,2)$, $a=b$. (De manière équivalente $\ker f=\{a\mid M(a)=I_2\}=\{0\}$.)

Surjectif : tout élément de $G$ s'écrit $M(a)=f(a)$ avec $a\in \mathbb{R}$.

$f$ est donc un morphisme bijectif, c'est un isomorphisme. Les groupes $(\mathbb{R},+)$ et $(G,\times )$ sont isomorphes.

4.a Anneau $(H,+,\times )$. Pour $a,b\in \mathbb{R}$ :

$$N(a)+N(b)=\left(\begin{array}{cc}a+b& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=N(a+b)\in H,$$

$$N(a)\times N(b)=\left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}b& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ab& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=N(ab)\in H.$$

$H$ est donc stable pour $+$ et $\times$. $(H,+)$ est un sous-groupe de $({\mathcal{M}}_2(\mathbb{R}),+)$ : il contient $N(0)=0$, et $N(a)+N(-a)=N(0)$. La multiplication, restriction de celle de l'anneau ${\mathcal{M}}_2(\mathbb{R})$, reste associative et distributive sur $H$. De plus $N(a)\times N(b)=N(ab)=N(ba)=N(b)\times N(a)$, donc $\times$ est commutative sur $H$, et $N(1)\times N(a)=N(1\cdot a)=N(a)$, donc $N(1)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ est élément unité. Ainsi $(H,+,\times )$ est un anneau commutatif unitaire.

4.b Corps ? Un corps est un anneau commutatif où tout élément non nul est inversible. L'application $a\mapsto N(a)$ est un isomorphisme d'anneaux de $(\mathbb{R},+,\times )$ sur $(H,+,\times )$ (car $N(a)+N(b)=N(a+b)$, $N(a)\times N(b)=N(ab)$, et elle est bijective), envoyant $1$ sur l'unité $N(1)$. Comme $(\mathbb{R},+,\times )$ est un corps, $(H,+,\times )$ en est un également : tout élément non nul $N(a)$ ($a\ne 0$) admet pour inverse $N\left(\frac{1}{a}\right)$, puisque $N(a)\times N(\frac{1}{a})=N(1)$.

Donc $(H,+,\times )$ est un corps commutatif.