Feuille 1

U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015
Université Paris-Diderot
Feuille d’exercices numéro 1
+ Exercice 1. (a) Soit G un groupe (que l’on ne suppose pas commutatif). Montrer que tout élément
x de G est « régulier », c’est-à-dire simplifiable à gauche et à droite, autrement-dit tel que (en notation
multiplicative) ∀y∈G ∀z∈G xy = xz ⇒ y = z et ∀y∈G ∀z∈G yx = zx ⇒ y = z.
(b) Montrer que si on dresse la table de multiplication (ou d’addition) d’un groupe, chaque élément du
groupe apparaît une et une seule fois dans chaque ligne et dans chaque colonne.
(c) Montrer que tout groupe qui n’a pas plus de 5 éléments est commutatif.
(d) Décrire un groupe non commutatif à 6 éléments.
(e) Montrer que tout groupe à 7 éléments est commutatif.
(f) Décrire un groupe non commutatif à 8 éléments.
+ Exercice 2. Les habitants de l’exoplanète JG 433 b calculent en base 433 (et non pas en base 10 comme
nous). On demande aux élèves de cette planète de dresser la table de multiplication pour les chiffres non nuls
(donc de 1 à 432), mais de ne conserver dans chaque case que le chiffre (en base 433 bien sûr) des unités.
Montrer que la table obtenue est celle d’un groupe.
On appelle « monoïde » un ensemble M muni d’une loi de composition interne associative avec élément
neutre. On appelle inverse à droite (resp. gauche) de x ∈ M , tout élément y ∈ M tel que xy = 1 (resp.
yx = 1).
+ Exercice 3. (a) Montrer que l’ensemble X X des applications d’un ensemble X vers lui-même est un
monoïde (pour la composition des applications) qui n’est généralement pas un groupe.
(b) Montrer que dans le monoïde NN il existe des éléments ayant plusieurs inverses à droite distincts. Même
question pour des inverses à gauche.
(c) Montrer que si le monoïde M est fini, tout inverse à droite d’un élément x de M est aussi un inverse à
gauche pour x.
(d) Montrer que si le monoïde M est fini, un élément de M ne peut pas avoir deux inverses à droite distincts.
Rappels : Une relation binaire sur un ensemble E qui est réflexive et transitive est appelée une « relation de
préordre (sur E) ». Une relation de préordre sur E qui est symétrique est appelée une « relation d’équivalence
(sur E) ».
+ Exercice 4. Soit E un ensemble et R une relation de préordre sur E.
(a) Montrer que la relation R 0 définie par xR 0 y si et seulement si xRy ∧ yRx est une relation d’équivalence
sur E.
(b) dans le cas où E = Z et où xRy signifie « x divise y », déterminer les classes d’équivalences pour R 0 .
(c) Même question en remplaçant Z par l’anneau des polynômes R[X].
+ Exercice 5. Soit f : X → Y une application.
(a) Montrer que la relation définie par x ∼f y si et seulement si f (x) = f (y) est une relation d’équivalence
sur X.
Soit g : Y → X une fonction telle que f ◦ g soit l’application identique de Y .
(b) Montrer que dans chaque classe d’équivalence de ∼f il existe un et un seul élément de l’image de g.
+ Exercice 6. On note P(X) l’ensemble des parties de X et on note Y X l’ensemble des applications de
X vers Y .
(a) Soient X et Y deux ensembles. Montrer que l’application
P(X × Y )
A
γ
/ P(Y )X
/ (x 7→ {y ∈ Y | (x, y) ∈ A})
et une bijection (donner une formule explicite pour γ −1 ).
(b) En déduire une bijection (explicite) entre P(Y )X et P(X)Y .
On suppose maintenant que X = Y et que A est le graphe d’une relation d’équivalence sur X.
(c) Montrer que l’image de A par γ est la composition de la projection canonique de X sur son quotient par
la relation de graphe A, avec l’inclusion canonique de ce quotient dans P(X).
+ Exercice 7. Soient f, g : X → Y deux applications. Soit π : Y → Z une application telle que π ◦f = π ◦g
et telle que pour tout ensemble U et toute application ϕ : Y → U telle que ϕ ◦ f = ϕ ◦ g, il existe une unique
application ϕ : Z → U telle que ϕ ◦ π = ϕ.
(a) Montrer que si u, v : Z → U sont deux applications telles que u ◦ π = v ◦ π, alors u = v.
(b) En déduire que π est surjective.
On appelle « chaîne » toute suite finie (y1 , . . . , yk ) d’éléments de Y , telle que pour toute paire d’éléments
successifs (yi , yi+1 ) de cette suite, il existe x ∈ X tel que f (x) = yi ∧ g(x) = yi+1 ou g(x) = yi ∧ f (x) = yi+1 .
(c) Montrer que la relation (qu’on notera ') entre éléments Y : « être éléments d’une même chaîne » est
une relation d’équivalence sur Y .
(d) Montrer que ' est la même relation que la relation ∼π définie par y ∼π y 0 si et seulement si π(y) = π(y 0 ).
U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015
Solutions des exercices de la feuille 1
Université Paris-Diderot
+ Exercice 1. (a) Si on a xy = xz, on a x−1 (xy) = x−1 (xz), donc (x−1 x)y = (x−1 x)z par associativité,
puis y = z puisque x−1 x = 1.
(b) En raisonnant comme dans la question précédente, on voit que l’application y 7→ xy de G dans G a pour
inverse l’application y 7→ x−1 y. Elle est donc bijective, de même que l’application y 7→ yx. Comme la ligne
de la table de multiplication du groupe qui concerne l’élément x contient les images des éléments du groupe
par la bijection y 7→ xy, elle contient chaque élément du groupe une et une seule fois.
(c) On tente d’établir la table d’un tel groupe en se servant de la question (b). On constate ficilement que
pour 2 et 3 éléments on n’a pas le choix pour le remplissage de la table. Dans le cas de 4 éléments, on parvient
à avoir deux choix à un certain point. Dans le cas de 5 éléments, on a plus de choix, mais dans tous les cas
on parvient à des tables de groupes commutatifs. Cette méthode (qui ne demande aucune connaissance sur
les groupes) est évidemment très « à la main ». Elle est par contre programmable, et on peut facilement
écrire un programme qui fait ces vérifications. Bien entendu, il existe des méthodes plus « intelligentes ». On
peut par exemple démontrer (ce qui sera fait en cours) que l’ordre d’un élément divise l’ordre du groupe.
Comme 3 et 5 sont premiers, ceci permettra de montrer que tout groupe à 2, 3 ou 5 éléments est cyclique
donc commutatif. Restera le cas d’un groupe non cyclique à 4 éléments. L’ordre d’un élément distinct de 1
dans un tel groupe ne peut alors être que 2. Avec cette information supplémentaire, on constate qu’on n’a
plus le choix pour remplir la table.
(d) On peut prendre le groupe des permutations d’un ensemble à trois éléments.
(e) Voir la question (c).
(f) On peut prendre le groupe D8 des isométries d’un carré.
+ Exercice 2. L’opération qui consiste à ne garder que le chiffre des unités revient à calculer modulo 433.
Or dans Z/433Z, l’ensemble M des éléments distincts de 0 est un groupe pour la multiplication. En effet,
il est stable par multiplication, car si on avait xy = 0 modulo 433, et comme 433 est un nombre premier,
433 devrait diviser x ou diviser y, ce qui n’est pas possible car x et y sont dans M . Il reste donc juste
à montrer que tout élément de M a un inverse (dans M ). Soit donc x un entier représentant un élément
de M , c’est-à-dire non divisible par 433. D’après le théorème de Bézout, on a des entiers u et v tels que
ux + 433v = 1. En réduisant modulo 433, on voit que u est un inverse pour x.
+ Exercice 3. (a) La composition des applications est associative et l’application identique N → N en est
l’élément neutre. Ce n’est généralement car seules les applications bijectives sont inversibles dans ce monoïde.
(b) Soit f : N → N une application surjective non injective, par exemple l’application définie par
x/2
si x est pair
f (x) =
(x − 1)/2
sinon
Soient g et g 0 les applications définies par g(x) = 2x et g 0 (x) = 2x + 1. On a f (g(x)) = (2x)/2 = x et
f (g 0 (x)) = (2x + 1 − 1)/2 = x. Ainsi, g et g 0 sont deux inverses à droite distincts de f .
Symétriquement, soit f l’application définie par f (x) = 2x. Alors toute application qui envoie les nombres
pairs sur leur moitié et les autres n’importe où, est un inverse à gauche de f .
(c) Soit y un inverse à droite de x. On a donc xy = 1. Considérons l’application z 7→ zx de M vers M . Cette
application est injective, car si zx = ux, on a zxy = uxy, et donc z = u. Comme M est fini, elle est bijective,
et il existe donc un unique z ∈ M tel que zx = 1. x a donc un inverse à gauche qui est de plus unique.
(d) Si x a un inverse à droite, il a un unique inverse à gauche d’après la question précédente, donc un unique
inverse à droite d’après la symétrique de la question précédente (qui est bien sûr aussi valable).
+ Exercice 4. (a) Pour tout x ∈ E, on a xR 0 x car R étant reflecive, on a xRx ∧ xRx. Ainsi, R 0 est
réflexive. Soient x, y et z dans E, tels que xRy ∧ yRx et yRz ∧ zRy. Par transitivité de R, on a xR 0 z et
zR 0 x. Enfin, la relation R 0 est clairement symétrique par sa définition même.
(b) Il s’agit de déterminer à quelle condition deux éléments de Z se divisent l’un l’autre. La condition est
clairement qu’ils soient égaux ou opposés. Ainsi, les classes d’équivalence sont {0}, {1, −1}, {2, −2}, {3, −3},
etc. . .
(c) Deux polynômes se divisent l’un l’autre si et seulement si l’un est le produit de l’autre par un scalaire
non nul. Une classe d’équivalence peut donc être représentée par un polynôme « normalisé », c’est-à-dire un
polynôme dont le coefficient du terme de plus haut degré est 1. Une classe d’équivalence est alors constituée
de tous les polynômes obtenus en multipliant un polynôme normalisé par un scalaire non nul.
+ Exercice 5. (a) Comme f (x) = f (x), la relation est réflexive. Comme f (x) = f (y) équivaut à f (y) =
f (x), la relation est symétrique. On traite la transitivité dans la même veine. En fait, on voit que le fait que
∼f soit une relation d’équivalence découle du fait que l’égalité elle-même est une relation d’équivalence.
(b) Soit x la classe d’équivalence de x. On a f (g(f (x))) = (f ◦ g)(f (x)) = f (x), donc g(f (x)) ∼f x, ce qui
montre que x contient l’élément g(f (x)) qui est dans l’image de g. S’il y en avait un autre, disons g(z), on
aurait f (g(z)) = f (x), donc z = f (x), puis g(z) = g(f (x)), ce qui montre l’unicité.
+ Exercice 6. (a) Pour tout f ∈ P(Y )X , posons δ(f ) = {(x, y) ∈ X × Y | y ∈ f (x)}. On a :
δ(γ(A))
γ(δ(f ))
=
=
=
=
=
=
=
=
=
δ(x 7→ {y ∈ Y | (x, y) ∈ A})
{(x, y) ∈ X × Y | y ∈ {y ∈ Y | (x, y) ∈ A}}
{(x, y) ∈ X × Y | (x, y) ∈ A}
A
γ({(x, y) ∈ X × Y | y ∈ f (x)})
x 7→ {y ∈ Y | (x, y) ∈ {(x, y) ∈ X × Y | y ∈ f (x)}}
x 7→ {y ∈ Y | y ∈ f (x)}
x 7→ f (x)
f
(b) Comme σ = ((x, y) 7→ (y, x)) est une bijection de X × Y vers Y × X, on dispose des bijections :
P(Y )X
δ
/ P(X × Y )
σ∗
/ P(Y × X)
γ
/ P(X)Y
où pour tout A ∈ P(X × Y ), σ∗ (A) est l’image directe de A par σ (vérifier que σ∗ est bien bijective en
exhibant son inverse). Précisément, on a σ∗ (A) = {(y, x) ∈ Y × X | (x, y) ∈ A}. On a donc des formules
epxlicites pour toutes ces bijections, et en les composant on obtient la bijection suivante de P(Y )X vers
P(X)Y :
f 7→ (y 7→ {x ∈ X | y ∈ f (x)})
(c) La projection de X sur son quotient par la relation d’équivalence de graphe A est donnée par x 7→ {y ∈
X | (x, y) ∈ A}. Notez que la classe d’équivalence {y ∈ X | (x, y) ∈ A} est un élément de P(X) et que son
image par l’inclusion canonique du quotient dans P(X) est encore {y ∈ X | (x, y) ∈ A}. Or l’image de A
par γ est justement x 7→ {y ∈ X | (x, y) ∈ A}.
+ Exercice 7. (a) On a u ◦ π ◦ f = u ◦ π ◦ g. Il existe donc une unique application ϕ : Z → U telle que
ϕ ◦ π = u ◦ π. Par unicité de ϕ, on a u = ϕ. Comme u ◦ π = v ◦ π, on obtient le même ϕ en raisonnant avec
v au lieu de u. On a donc u = ϕ = v.
(b) Supposons qu’un élément z ∈ Z ne soit pas dans l’image de π. Soit B = {0, 1} un ensemble à deux
éléments. Posons u(z) = 0, v(z) = 1 et u(z 0 ) = v(z 0 ) = 0 pour tout z 0 distinct de z. On a alors u ◦ π = v ◦ π,
donc u = v d’après la question précédente, ce qui est contradictoire.
(c) La relation ' est clairement reflexive et symétrique. Il reste à voir qu’elle est transitive. Supposons donc
que x ' y et y ' z. Il suffit d’aller de x à z en changeant de chaîne en y (comme quand on prend une
corespondance dans le métro !). Noter l’importance de la condition symétrique f (x) = yi ∧ g(x) = yi+1 ou
g(x) = yi ∧ f (x) = yi+1 dans l’énoncé qui fait que le parcours ainsi obtenu est encore une chaîne (les maillons
des chaînes ne sont pas orientés).
(d) Supposons d’abord que x ' y. Il existe donc une chaîne (y1 , . . . , yk ) telle que x = y1 et y = yk . On doit
montrer que π(x) = π(y). On raisonne par récurrence sur k (qui vaut au moins 1). Si k = 1, alors x = y
et π(x) = π(y). Si k = 2, il existe u ∈ X tel que f (u) = x ∧ g(u) = y ou g(u) = x ∧ f (u) = y. On a alors
π(x) = π(y) car π ◦ f = π ◦ g. Enfin, si k ≥ 3, il existe un élément z dans la chaîne (y1 , . . . , yk ) distinct de x
et de y. On a alors π(x) = π(z) et π(z) = π(y) par hypothèse de récurrence.
Réciproquement, soit p : Y → Y / ' la projection canonique. Comme, pour tout u ∈ X, f (u) et g(u) sont liés
par ', on a p ◦ f = p ◦ g. Il existe donc une unique application ϕ : Z → Y /' telle que ϕ ◦ π = p. Supposons
que π(x) = π(y). On doit montrer que x ' y. On a ϕ(π(x)) = ϕ(π(y)), donc p(x) = p(y), donc x ' y.