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Exercices “Structures algébriques” (B)

Exercice 1

Problème : Soit $f: X \to Y$ une application entre deux ensembles non vides. On note $S(f)$ l’ensemble des sections (inverses à droite) de $f$ et $P(f)$ l’ensemble des rétractions (inverses à gauche) de $f$ .

Démontrer que $S(f) \neq \emptyset \iff f$ est surjective.
Supposons $f$ surjective. Pour chaque $y \in Y$ , on note $F_y = f^{-1}(\{y\})$ la fibre de $y$ . Démontrer qu’il existe une bijection entre $S(f)$ et le produit cartésien $\prod_{y \in Y} F_y$ .
Discuter le rôle de l’Axiome du Choix dans les affirmations précédentes.

Solution

Méthode : La première partie est une application directe de la définition. Pour la deuxième partie, nous allons construire explicitement une application $\Phi : S(f) \to \prod_{y \in Y} F_y$ et montrer qu’elle est bijective. L’Axiome du Choix est fondamental pour garantir l’existence d’une section pour toute surjection, ce qui est équivalent à affirmer que le produit cartésien d’une famille d’ensembles non vides est non vide.

Étapes :

Preuve de (1) :
- ( $\Rightarrow$ ) Supposons $S(f) \neq \emptyset$ . Il existe donc $s: Y \to X$ telle que $f \circ s = \text{id}_Y$ . Pour tout $y \in Y$ , posons $x = s(y)$ . Alors $f(x) = f(s(y)) = (\text{id}_Y)(y) = y$ . Donc, tout élément de $Y$ a au moins un antécédent, ce qui signifie que $f$ est surjective.
- ( $\Leftarrow$ ) Supposons $f$ surjective. Pour chaque $y \in Y$ , l’ensemble $F_y = f^{-1}(\{y\})$ est non vide. L’Axiome du Choix affirme que le produit cartésien d’une famille d’ensembles non vides est non vide. Soit $\mathcal{F} = \{F_y\}_{y \in Y}$ . Le produit $\prod_{y \in Y} F_y$ est l’ensemble des fonctions de choix $s: Y \to \bigcup_{y \in Y} F_y = X$ telles que $\forall y \in Y, s(y) \in F_y$ . Une telle fonction $s$ est une application de $Y$ dans $X$ . Par définition, $s(y) \in F_y$ signifie $f(s(y))=y$ . Donc, $f \circ s = \text{id}_Y$ . Une telle fonction $s$ est une section, donc $S(f) \neq \emptyset$ .
Construction de la bijection :

Supposons $f$ surjective. Soit $P = \prod_{y \in Y} F_y$ . Un élément de $P$ est une fonction $\sigma: Y \to X$ telle que $\forall y \in Y, \sigma(y) \in F_y$ .
- Définissons $\Phi: S(f) \to P$ . Soit $s \in S(f)$ . Pour tout $y \in Y$ , on a $f(s(y)) = (f \circ s)(y) = \text{id}_Y(y) = y$ . Ceci signifie que $s(y)$ est un antécédent de $y$ , donc $s(y) \in F_y$ . Par conséquent, l’application $s$ peut être vue comme une fonction de choix, i.e., un élément de $P$ . Nous posons donc $\Phi(s) = s$ . Cette application est bien définie.
- $\Phi$ est injective : Si $\Phi(s_1) = \Phi(s_2)$ , alors $s_1=s_2$ en tant que fonctions, donc $\Phi$ est injective.
- $\Phi$ est surjective : Soit $\sigma \in P$ . Par définition de $P$ , $\sigma$ est une application $\sigma: Y \to X$ telle que pour tout $y \in Y$ , $\sigma(y) \in F_y$ . Cela implique $f(\sigma(y)) = y$ pour tout $y \in Y$ , ce qui est exactement la définition de $f \circ \sigma = \text{id}_Y$ . Donc $\sigma$ est une section, i.e., $\sigma \in S(f)$ . Comme $\Phi(\sigma) = \sigma$ , $\Phi$ est surjective.
- Puisque $\Phi$ est injective et surjective, c’est une bijection.
Rôle de l’Axiome du Choix (AC) :
- L’implication ” $f$ surjective $\Rightarrow S(f) \neq \emptyset$ ” est équivalente à l’Axiome du Choix. Sans AC, on ne peut pas garantir en général qu’une application surjective admette un inverse à droite.
- L’ensemble $\prod_{y \in Y} F_y$ est défini comme l’ensemble des fonctions de choix. L’affirmation que cet ensemble est non vide (dès que tous les $F_y$ le sont) est précisément l’énoncé de l’AC.
- Par conséquent, la bijection démontrée en (2) montre que l’existence d’une section est équivalente à l’existence d’un élément dans le produit cartésien des fibres, ce qui lie intimement le concept d’inverse à droite à l’AC.

Réponse : La bijection est $\Phi: S(f) \to \prod_{y \in Y} f^{-1}(\{y\})$ définie par $\Phi(s) = s$ . L’existence d’une telle section pour toute surjection est équivalente à l’Axiome du Choix.

Exercice 2

Problème : En utilisant exclusivement la propriété universelle du système d’entiers naturels $(\mathbb{N}, S: \mathbb{N} \to \mathbb{N}, 0)$ , démontrer que l’application successeur $S$ est injective.

Solution

Méthode : L’idée est de construire une application “prédécesseur” $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ telle que $P \circ S = \text{id}_{\mathbb{N}}$ . Pour cela, on va utiliser la propriété universelle de $\mathbb{N}$ en choisissant astucieusement un triplet $(X, T, x_0)$ . Le choix sera $(\mathbb{N}, S, 0)$ , mais appliqué de manière à “décaler” l’argument. La construction rigoureuse d’une application prédécesseur est subtile. Une approche plus directe est de construire une application $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ telle que $f(S(n)) = n$ pour $n \neq 0$ et de montrer que cela force l’injectivité.

Nous allons construire une application $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ par la propriété universelle qui se comportera comme un prédécesseur.

Étapes :

Considérons le triplet $(X, T, x_0)$ où $X = \mathbb{N}$ , $T = \text{id}_{\mathbb{N}}$ et $x_0 = 0$ . Par la propriété universelle, il existe une unique application $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ telle que :
- $P(0) = 0$
- $P \circ S = \text{id}_{\mathbb{N}} \circ P = P$
Cette application n’est pas le prédécesseur. Il faut une construction plus fine.
Définissons l’application Prédécesseur $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ . On veut $P(0)=0$ et $P(S(n))=n$ .

Utilisons la propriété universelle pour définir $P$ . Soit le triplet $(X, T, x_0) = (\mathbb{N}, S, 0)$ . L’unique application $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ vérifiant $f(0)=0$ et $f \circ S = S \circ f$ est l’identité $\text{id}_{\mathbb{N}}$ .

Pour construire $P$ , il faut une astuce. Considérons une autre approche.
Soient $n, m \in \mathbb{N}$ tels que $S(n) = S(m)$ . Nous voulons montrer que $n=m$ .

Soit $X = \mathbb{N}$ . Définissons une application $T: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ par $T(x) = x$ si $x \neq n$ , et $T(n) = m$ .

Nous voulons utiliser la propriété universelle pour prouver $n=m$ . Cela semble trop complexe.
Revenons à l’idée de construire une rétraction pour $S$ .

Considérons l’ensemble $A = \{0\} \cup \{S(n) \mid n \in \mathbb{N}\}$ . L’axiome 1 de Peano (qui découle de la PU) dit que $S(n) \neq 0$ . Donc $A = \mathbb{N}$ .

Définissons une application $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ comme suit :
- $P(0) = 0$
- Pour $y \in \text{Im}(S) = \mathbb{N} \setminus \{0\}$ , $y$ s’écrit de manière unique (c’est ce qu’on veut prouver) $S(x)$ . Posons $P(y) = x$ .
Le problème est que cette définition suppose l’injectivité.
Démonstration correcte par la propriété universelle :

Soit $m \in \mathbb{N}$ fixé. Par la propriété universelle appliquée au triplet $(X, T, x_0) = (\mathbb{N}, S, S(m))$ , il existe une unique application $f_m : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ telle que $f_m(0) = S(m)$ et $f_m \circ S = S \circ f_m$ .

Montrons par récurrence (qui découle de la PU) que $f_m(n) = S(n+m) = S(m+n)$ . L’application $g(n)=S(n+m)$ vérifie $g(0)=S(m)$ et $g(S(n))=S(S(n)+m)=S(g(n))$ . Par unicité, $f_m=g$ .

Une autre application candidate est $h(n) = S(m) + n$ . On a $h(0) = S(m)$ et $h(S(n)) = S(m)+S(n) = S(S(m)+n) = S(h(n))$ . Par unicité, $f_m(n) = S(m)+n$ .

Donc $S(m+n) = S(m)+n$ . En particulier pour $n=1=S(0)$ , $S(m+S(0)) = S(m)+S(0)$ , i.e. $S(S(m)) = S(m)+1$ .

Cette voie explore les propriétés de l’addition. Restons plus fondamentaux.
Nouvelle approche : Soient $n,m \in \mathbb{N}$ tels que $S(n)=S(m)$ . On veut prouver $n=m$ .

Soit $C = \{ k \in \mathbb{N} \mid \forall j \in \mathbb{N}, S(j)=S(k) \Rightarrow j=k \}$ . On veut montrer que $C=\mathbb{N}$ par récurrence.

Considérons la propriété $P(k)$ : “Si un élément a $S(k)$ pour successeur, alors cet élément est $k$ ”. C’est circulaire.
Démonstration formelle (inspirée de la théorie des catégories) :

Soient $n, m \in \mathbb{N}$ avec $S(n)=S(m)$ . Définissons l’ensemble $X = \mathbb{N} \setminus \{S(n)\}$ .

Définissons l’application $T: X \to X$ par $T(x) = S(x)$ . Cette application est bien définie, car si $S(x) = S(n)$ , alors par hypothèse $S(x)=S(m)$ , et nous ne pouvons pas encore conclure.

Supposons $n \neq m$ . Sans perte de généralité, $n < m$ .

Définissons une application $g : \mathbb{N} \to \{0,1\}$ par $g(k) = 0$ si $k \leq n$ et $g(k)=1$ si $k > n$ .

Définissons une application $h : \mathbb{N} \to \{0,1\}$ par $h(k) = 0$ si $k < m$ et $h(k)=1$ si $k \ge m$ .

Ceci est trop compliqué. Voici une preuve standard qui s’appuie sur la construction du prédécesseur.

Soit $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ l’unique application garantie par la PU pour le triplet $(X, T, x_0) = (\mathbb{N}, \text{id}_\mathbb{N}, 0)$ .

Non, ce n’est pas la bonne application.

Le prédécesseur $p$ doit vérifier $p(0)=0$ et $p(S(n))=n$ .

Soit le triplet $(X,T,x_0) = (\mathbb{N}, f, 0)$ où $f$ est une fonction. On cherche $p$ .

L’application $p$ est l’unique application $p: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ qui satisfait $p(0) = 0$ et $p \circ S = \text{id}_{\mathbb{N}} \circ \text{id}_{\mathbb{N}}$ ?? Non.
Démonstration finale :

Soient $n, m \in \mathbb{N}$ tels que $S(n) = S(m)$ . On veut prouver $n=m$ .

Soit l’ensemble $E = (\mathbb{N} \setminus \{n, m\}) \cup \{c\}$ où $c$ est un nouvel élément.

Définissons une application $T: E \to E$ par :
- $T(k) = k$ pour $k \in \mathbb{N} \setminus \{n,m\}$
- $T(c) = c$
Définissons $x_0 = 0$ (si $0 \neq n, m$ ).

Cette approche est trop complexe et dépend de cas.

La preuve la plus simple est de considérer la propriété universelle comme définissant la récursion.

Définissons $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ par récursion :
- $P(0) = 0$
- $P(S(n)) = n$
Cette définition est valide grâce à la propriété universelle.

En effet, soit le triplet $(X, T, x_0)$ où $X = \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ , $x_0 = (0,0)$ et $T(a,b) = (S(a), a)$ . Par la PU, il existe une unique application $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ telle que $f(0)=(0,0)$ et $f \circ S = T \circ f$ . On peut montrer que $f(n)=(n, \text{prédécesseur de } n)$ . Soit $f(n) = (\pi_1(f(n)), \pi_2(f(n)))$ . On a $\pi_1(f(S(n))) = S(\pi_1(f(n)))$ et $\pi_1(f(0))=0$ , donc $\pi_1(f(n))=n$ . Et $\pi_2(f(S(n))) = \pi_1(f(n))=n$ . Si on définit $P = \pi_2 \circ f$ , alors $P(S(n))=n$ . De plus $P(0) = \pi_2(f(0)) = 0$ .

Maintenant, soient $n, m \in \mathbb{N}$ tels que $S(n)=S(m)$ . On applique $P$ :

$P(S(n)) = P(S(m))$ .

Par la définition de $P$ , on a $n=m$ . Ceci prouve l’injectivité de $S$ .

Réponse : L’application $S$ est injective. La preuve repose sur la construction d’une application prédécesseur $P: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ telle que $P(S(n))=n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ , dont l’existence est garantie par la propriété universelle de $\mathbb{N}$ (principe de définition par récurrence).

Exercice 3

Problème : Soit $(M, \cdot, 1)$ un monoïde fini. Un élément $a \in M$ est dit régulier à gauche si l’application de multiplication à gauche $L_a: M \to M$ définie par $L_a(x) = ax$ est injective. Démontrer que tout élément régulier à gauche dans un monoïde fini est inversible à gauche (et donc inversible, car un résultat similaire est valable à droite).

Solution

Méthode : L’hypothèse clé est que $M$ est un ensemble fini. Si $L_a: M \to M$ est une application injective d’un ensemble fini dans lui-même, alors elle est aussi surjective. L’existence d’un antécédent pour l’élément neutre $1$ va nous fournir un inverse à gauche pour $a$ .

Étapes :

Soit $a \in M$ un élément régulier à gauche. Par définition, cela signifie que pour tous $x, y \in M$ , si $ax = ay$ , alors $x = y$ .
Considérons l’application $L_a: M \to M$ définie par $L_a(x) = ax$ . L’hypothèse que $a$ est régulier à gauche signifie précisément que $L_a$ est une application injective.
L’ensemble $M$ est fini. On a donc une application injective $L_a$ d’un ensemble fini $M$ dans lui-même. Une propriété fondamentale des applications sur les ensembles finis est qu’une application d’un ensemble fini dans lui-même est injective si et seulement si elle est surjective, si et seulement si elle est bijective.
Puisque $L_a$ est injective et $M$ est fini, $L_a$ est aussi surjective.
La surjectivité de $L_a$ signifie que pour tout $z \in M$ , il existe un $x \in M$ tel que $L_a(x) = z$ , c’est-à-dire $ax=z$ .
En particulier, choisissons $z=1$ , l’élément neutre du monoïde $M$ . Puisque $L_a$ est surjective, il existe un élément $b \in M$ tel que $L_a(b) = 1$ .
Par définition de $L_a$ , cela s’écrit $ab=1$ .
Nous avons trouvé un élément $b \in M$ qui est un inverse à droite pour $a$ . Pour montrer que $a$ est inversible, il faut montrer que $b$ est aussi un inverse à gauche, i.e., $ba=1$ .
Considérons $a(ba) = (ab)a = 1 \cdot a = a = a \cdot 1$ . Comme $a$ est régulier à gauche, on peut simplifier par $a$ : $ba=1$ .
Ainsi, $b$ est l’inverse de $a$ . L’élément $a$ est donc inversible. L’argument est symétrique pour la régularité à droite.

Réponse : Dans un monoïde fini, tout élément régulier à gauche est inversible. $\text{Si } a \in M \text{ est régulier à gauche, } L_a: x \mapsto ax \text{ est injective. Comme } M \text{ est fini, } L_a \text{ est surjective. Il existe donc } b \in M \text{ tel que } ab = 1. \text{Alors } a(ba)=(ab)a = 1a=a=a1. \text{ Par régularité de } a, \text{ on a } ba=1. \text{ Donc } a \text{ est inversible.}$

Exercice 4

Problème : Démontrer le théorème de la correspondance (ou du treillis) pour les groupes. Soit $\phi: G \to H$ un morphisme de groupes surjectif, et soit $K = \text{Ker}(\phi)$ . Démontrer qu’il existe une bijection, préservant l’inclusion, entre l’ensemble $\mathcal{S}_K(G)$ des sous-groupes de $G$ qui contiennent $K$ et l’ensemble $\mathcal{S}(H)$ des sous-groupes de $H$ . De plus, pour tout $A \in \mathcal{S}_K(G)$ , $A$ est normal dans $G$ si et seulement si $\phi(A)$ est normal dans $H$ .

Solution

Méthode : On définit deux applications, une de $\mathcal{S}_K(G)$ vers $\mathcal{S}(H)$ et une autre dans le sens inverse, et on montre qu’elles sont des bijections réciproques. L’application naturelle est l’image directe par $\phi$ , et pour la réciproque on utilise l’image réciproque $\phi^{-1}$ . Les propriétés de préservation de la normalité se démontrent en utilisant les définitions et le fait que $\phi$ est surjectif.

Étapes :

Définition des applications.
- Soit $f: \mathcal{S}_K(G) \to \mathcal{S}(H)$ définie par $f(A) = \phi(A)$ pour tout $A \in \mathcal{S}_K(G)$ .
- Soit $g: \mathcal{S}(H) \to \mathcal{S}_K(G)$ définie par $g(B) = \phi^{-1}(B)$ pour tout $B \in \mathcal{S}(H)$ .
- Il faut d’abord vérifier que ces applications sont bien définies. Si $A$ est un sous-groupe de $G$ , $\phi(A)$ est un sous-groupe de $H$ . Si $B$ est un sous-groupe de $H$ , $\phi^{-1}(B)$ est un sous-groupe de $G$ . De plus, pour tout $B \le H$ , $e_H \in B$ , donc $K = \phi^{-1}(\{e_H\}) \subseteq \phi^{-1}(B)$ , donc $g$ est bien à valeurs dans $\mathcal{S}_K(G)$ .
Montrons que $g \circ f = \text{id}_{\mathcal{S}_K(G)}$ .
- Soit $A \in \mathcal{S}_K(G)$ . On doit montrer que $\phi^{-1}(\phi(A)) = A$ .
- L’inclusion $A \subseteq \phi^{-1}(\phi(A))$ est toujours vraie.
- Pour l’autre inclusion, soit $x \in \phi^{-1}(\phi(A))$ . Alors $\phi(x) \in \phi(A)$ , donc il existe $a \in A$ tel que $\phi(x) = \phi(a)$ .
- Ceci implique $\phi(x)\phi(a)^{-1} = e_H$ , donc $\phi(xa^{-1}) = e_H$ .
- Par définition du noyau, $xa^{-1} \in K$ . Comme $A$ est un sous-groupe contenant $K$ , on a $K \subseteq A$ . Donc $xa^{-1} \in A$ .
- Puisque $a \in A$ et $A$ est un groupe, $a^{-1} \in A$ . Comme $xa^{-1} \in A$ et $a \in A$ , leur produit $(xa^{-1})a = x$ est aussi dans $A$ .
- Donc $\phi^{-1}(\phi(A)) \subseteq A$ . L’égalité est prouvée.
Montrons que $f \circ g = \text{id}_{\mathcal{S}(H)}$ .
- Soit $B \in \mathcal{S}(H)$ . On doit montrer que $\phi(\phi^{-1}(B)) = B$ .
- L’inclusion $\phi(\phi^{-1}(B)) \subseteq B$ est toujours vraie.
- Pour l’autre inclusion, soit $y \in B$ . Comme $\phi$ est surjectif, il existe $x \in G$ tel que $\phi(x) = y$ .
- Puisque $\phi(x)=y \in B$ , $x$ est un élément de $\phi^{-1}(B)$ .
- Donc, $y = \phi(x) \in \phi(\phi^{-1}(B))$ .
- Ainsi, $B \subseteq \phi(\phi^{-1}(B))$ . L’égalité est prouvée.
Préservation de l’inclusion.
- Si $A_1 \subseteq A_2$ avec $A_1, A_2 \in \mathcal{S}_K(G)$ , alors clairement $\phi(A_1) \subseteq \phi(A_2)$ .
- Si $B_1 \subseteq B_2$ avec $B_1, B_2 \in \mathcal{S}(H)$ , alors clairement $\phi^{-1}(B_1) \subseteq \phi^{-1}(B_2)$ .
- La bijection préserve l’inclusion.
Préservation de la normalité.
- Soit $A \in \mathcal{S}_K(G)$ .
- ( $\Rightarrow$ ) Supposons $A \trianglelefteq G$ . Montrons que $\phi(A) \trianglelefteq H$ . Soit $h \in H$ et $y \in \phi(A)$ . On veut montrer que $hyh^{-1} \in \phi(A)$ .
- Il existe $a \in A$ tel que $\phi(a)=y$ . Comme $\phi$ est surjectif, il existe $g \in G$ tel que $\phi(g)=h$ .
- Alors $hyh^{-1} = \phi(g)\phi(a)\phi(g)^{-1} = \phi(gag^{-1})$ .
- Puisque $A \trianglelefteq G$ , $gag^{-1} \in A$ . Donc $\phi(gag^{-1}) \in \phi(A)$ .
- ( $\Leftarrow$ ) Supposons $\phi(A) \trianglelefteq H$ . Montrons que $A \trianglelefteq G$ . Soit $g \in G$ et $a \in A$ . On veut montrer que $gag^{-1} \in A$ .
- Considérons $\phi(gag^{-1}) = \phi(g)\phi(a)\phi(g)^{-1}$ .
- Puisque $\phi(a) \in \phi(A)$ et $\phi(A) \trianglelefteq H$ , on a $\phi(g)\phi(a)\phi(g)^{-1} \in \phi(A)$ .
- Donc $\phi(gag^{-1}) \in \phi(A)$ . Cela signifie que $gag^{-1} \in \phi^{-1}(\phi(A))$ .
- D’après l’étape 2, comme $A$ contient $K$ , $\phi^{-1}(\phi(A))=A$ .
- Donc $gag^{-1} \in A$ . La normalité est préservée.

Réponse : L’application $A \mapsto \phi(A)$ est une bijection de l’ensemble des sous-groupes de $G$ contenant $\text{Ker}(\phi)$ vers l’ensemble des sous-groupes de $H$ . Cette bijection préserve l’inclusion et la normalité.

Exercice 5

Problème : Soit $A$ un anneau commutatif. Le nilradical de $A$ , noté $\text{Nil}(A)$ , est l’ensemble des éléments nilpotents de $A$ .

Démontrer que $\text{Nil}(A)$ est un idéal de $A$ .
Démontrer que l’anneau quotient $A/\text{Nil}(A)$ est un anneau réduit (c’est-à-dire que son seul élément nilpotent est 0).
Démontrer que $\text{Nil}(A)$ est égal à l’intersection de tous les idéaux premiers de $A$ .

Solution

Méthode : Pour (1), on utilise la formule du binôme de Newton. Pour (2), on manipule les classes d’équivalence. Pour (3), qui est un résultat profond, on montre deux inclusions. Une inclusion est directe. L’autre requiert l’utilisation du lemme de Zorn pour prouver que tout idéal ne rencontrant pas une partie multiplicativement stable peut être étendu en un idéal premier.

Étapes :

$\text{Nil}(A)$ est un idéal.
- $0 \in \text{Nil}(A)$ car $0^1=0$ .
- Stabilité par addition : Soient $x, y \in \text{Nil}(A)$ . Il existe $n, m \in \mathbb{N}^*$ tels que $x^n=0$ et $y^m=0$ .
  
  Par la formule du binôme (valable car $A$ est commutatif), $(x+y)^{n+m-1} = \sum_{k=0}^{n+m-1} \binom{n+m-1}{k} x^k y^{n+m-1-k}$ .
  
  Dans chaque terme, soit $k \ge n$ , soit $n+m-1-k \ge m$ . Si $k \ge n$ , $x^k=0$ . Si $k < n$ , alors $n+m-1-k > m-1$ , donc $n+m-1-k \ge m$ , et $y^{n+m-1-k}=0$ . Dans tous les cas, chaque terme de la somme est nul. Donc $(x+y)^{n+m-1}=0$ et $x+y \in \text{Nil}(A)$ .
- Propriété d’absorption : Soit $x \in \text{Nil}(A)$ et $a \in A$ . Il existe $n$ tel que $x^n=0$ .
  
  Alors $(ax)^n = a^n x^n = a^n \cdot 0 = 0$ . Donc $ax \in \text{Nil}(A)$ .
- $\text{Nil}(A)$ est bien un idéal.
$A/\text{Nil}(A)$ est réduit.
- Soit $I = \text{Nil}(A)$ . Soit $\bar{a} = a+I$ un élément de $A/I$ .
- Supposons que $\bar{a}$ est nilpotent. Il existe $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $\bar{a}^n = \bar{0}$ .
- Cela signifie $(a+I)^n = 0+I$ , c’est-à-dire $a^n+I=I$ .
- Ceci est équivalent à $a^n \in I = \text{Nil}(A)$ .
- Par définition du nilradical, cela signifie qu’il existe $m \in \mathbb{N}^*$ tel que $(a^n)^m = 0$ .
- Donc $a^{nm}=0$ , ce qui implique que $a$ est nilpotent, i.e., $a \in \text{Nil}(A) = I$ .
- Si $a \in I$ , alors sa classe $\bar{a} = a+I$ est l’élément nul $\bar{0}$ dans $A/I$ .
- L’anneau quotient est donc bien réduit.
$\text{Nil}(A) = \bigcap_{\mathfrak{p} \text{ premier}} \mathfrak{p}$ .
- ( $\subseteq$ ) Soit $x \in \text{Nil}(A)$ . Il existe $n$ tel que $x^n=0$ . Soit $\mathfrak{p}$ un idéal premier quelconque de $A$ . Puisque $0 \in \mathfrak{p}$ , on a $x^n \in \mathfrak{p}$ . Comme $\mathfrak{p}$ est premier, $x \cdot x^{n-1} \in \mathfrak{p} \Rightarrow x \in \mathfrak{p}$ ou $x^{n-1} \in \mathfrak{p}$ . Par une récurrence immédiate, on conclut que $x \in \mathfrak{p}$ . Ceci étant vrai pour tout idéal premier, $x$ est dans leur intersection.
- ( $\supseteq$ ) Soit $x \in \bigcap_{\mathfrak{p} \text{ premier}} \mathfrak{p}$ . Supposons, par l’absurde, que $x$ n’est pas nilpotent.
  
  Ceci signifie que $x^n \neq 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ .
  
  Considérons l’ensemble $S = \{x^n \mid n \in \mathbb{N}^*\}$ . C’est une partie multiplicativement stable de $A$ (i.e., $1 \in S$ si on inclut $x^0$ , et $s_1,s_2 \in S \Rightarrow s_1s_2 \in S$ ). De plus, $0 \notin S$ .
  
  Considérons l’ensemble $\mathcal{I}$ des idéaux de $A$ qui ne rencontrent pas $S$ . Cet ensemble est non vide car l’idéal $(0)$ en est un. Ordonné par l’inclusion, c’est un ensemble inductif.
  
  Par le lemme de Zorn, il existe un élément maximal dans $\mathcal{I}$ , disons $\mathfrak{m}$ .
  
  On peut montrer qu’un tel idéal maximal est nécessairement premier. (C’est un résultat standard : si $ab \in \mathfrak{m}$ avec $a,b \notin \mathfrak{m}$ , alors les idéaux $\mathfrak{m}+(a)$ et $\mathfrak{m}+(b)$ rencontrent $S$ . Leur produit aussi, ce qui mène à une contradiction).
  
  Nous avons donc construit un idéal premier $\mathfrak{m}$ tel que $\mathfrak{m} \cap S = \emptyset$ .
  
  En particulier, $x = x^1 \in S$ , donc $x \notin \mathfrak{m}$ .
  
  Ceci contredit l’hypothèse que $x$ appartient à l’intersection de tous les idéaux premiers.
  
  L’hypothèse de départ ( $x$ non nilpotent) est donc fausse. $x \in \text{Nil}(A)$ .

Réponse : Le nilradical $\text{Nil}(A)$ est un idéal, le quotient $A/\text{Nil}(A)$ est réduit, et $\text{Nil}(A)$ est l’intersection de tous les idéaux premiers de $A$ .

Exercice 6

Problème : Démontrer le théorème de Cantor-Bernstein-Schröder : S’il existe une injection $f: X \to Y$ et une injection $g: Y \to X$ entre deux ensembles $X$ et $Y$ , alors il existe une bijection $h: X \to Y$ .

Solution

Méthode : La preuve consiste à partitionner l’ensemble $X$ en trois sous-ensembles en fonction de “l’origine” de ses éléments. Pour chaque $x \in X$ , on peut tracer sa lignée d’antécédents en appliquant alternativement $g^{-1}$ et $f^{-1}$ (là où c’est possible). Cette chaîne d’ancêtres peut s’arrêter dans $X$ , s’arrêter dans $Y$ , ou ne jamais s’arrêter. On définit la bijection $h$ différemment sur chacune de ces trois parties.

Étapes :

Pour chaque $x \in X$ , on définit sa chaîne d’ancêtres comme la suite $x_0=x, x_1=g^{-1}(x_0), x_2=f^{-1}(x_1), x_3=g^{-1}(x_2), \dots$ tant que les inverses sont définis (les inverses sont bien définis car $f$ et $g$ sont injectives, mais ils ne le sont que sur les images de $f$ et $g$ ).
Un élément $x \in X$ a une chaîne d’ancêtres qui peut :
- Se terminer par un élément de $X$ qui n’est pas dans l’image de $g$ . On note l’ensemble de ces éléments $X_X$ .
- Se terminer par un élément de $Y$ qui n’est pas dans l’image de $f$ . On note l’ensemble de ces éléments $X_Y$ .
- Continuer indéfiniment. On note l’ensemble de ces éléments $X_\infty$ .
Ces trois ensembles $X_X, X_Y, X_\infty$ forment une partition de $X$ . De même, on peut partitionner $Y$ en $Y_Y, Y_X, Y_\infty$ .
On observe les relations suivantes :
- $f$ envoie les éléments de $X_X$ sur des éléments de $Y_X$ (car si $x$ a un ancêtre dans $X \setminus g(Y)$ , $f(x)$ a le même ancêtre).
- $f$ envoie les éléments de $X_Y$ sur des éléments de $Y_Y$ .
- $f$ envoie les éléments de $X_\infty$ sur des éléments de $Y_\infty$ .
- De même, $g$ envoie $Y_Y$ sur $X_Y$ , $Y_X$ sur $X_X$ , et $Y_\infty$ sur $X_\infty$ .
On peut alors construire des bijections sur chaque partie :
- La restriction $f|_{X_X}: X_X \to f(X_X)$ est une bijection. Montrons que $f(X_X)=Y_X$ . Un élément de $Y_X$ a un ancêtre dans $X \setminus g(Y)$ . Son image par $g$ est dans $X_X$ , etc. La restriction de $f$ à $X_X$ est une bijection de $X_X$ vers $Y_X$ .
- La restriction $f|_{X_\infty}: X_\infty \to f(X_\infty)$ est une bijection. Montrons que $f(X_\infty) = Y_\infty$ . C’est clair par définition des chaînes infinies.
- Pour $X_Y$ et $Y_Y$ , on ne peut pas utiliser $f$ car elle n’est pas nécessairement surjective sur $Y_Y$ . Par contre, la restriction $g|_{Y_Y}: Y_Y \to X_Y$ est une bijection. Son inverse $(g|_{Y_Y})^{-1}: X_Y \to Y_Y$ est donc aussi une bijection.
On définit maintenant la bijection $h: X \to Y$ par morceaux :
$h(x) = \begin{cases} f(x) & \text{si } x \in X_X \cup X_\infty \\ (g|_{Y_Y})^{-1}(x) & \text{si } x \in X_Y \end{cases}$
Vérifions que $h$ est bien une bijection :
- Elle est bien définie sur tout $X$ car $X_X, X_Y, X_\infty$ forment une partition.
- Son image est $Y_X \cup Y_\infty \cup Y_Y = Y$ .
- Elle est injective car les images des trois morceaux sont disjointes, et $h$ est injective sur chaque morceau.
- Elle est surjective car l’union des images est $Y$ .

Réponse : La bijection $h:X \to Y$ est construite en partitionnant $X$ en trois sous-ensembles $X_X, X_Y, X_\infty$ selon la nature de la chaîne de leurs ancêtres via $f$ et $g$ . La fonction $h$ est définie comme $f$ sur $X_X \cup X_\infty$ et comme l’inverse de la restriction de $g$ sur $X_Y$ .

Exercice 7

Problème : Soit $(G, \cdot)$ un groupe. Démontrer qu’une relation d’ordre total $\le$ sur $G$ est compatible avec la loi de groupe (faisant de $(G, \cdot, \le)$ un groupe totalement ordonné) si et seulement si l’ensemble des éléments positifs $P = \{g \in G \mid e \le g\}$ satisfait les trois propriétés suivantes :

$P \cdot P \subseteq P$
$P \cap P^{-1} = \{e\}$
Pour tout $g \in G$ , $gPg^{-1} \subseteq P$
$P \cup P^{-1} = G$

La compatibilité est définie par: $\forall a,b,c \in G, a \le b \implies (ac \le bc \text{ et } ca \le cb)$ .

Solution

Méthode : Il s’agit de prouver une équivalence. On montrera les deux implications.

( $\Rightarrow$ ) On suppose que $(G, \cdot, \le)$ est un groupe totalement ordonné et on démontre que $P$ vérifie les quatre propriétés.

( $\Leftarrow$ ) On suppose qu’un sous-ensemble $P$ vérifie les quatre propriétés, on définit une relation $a \le b \iff b a^{-1} \in P$ , et on démontre que c’est une relation d’ordre total compatible.

Étapes :

Implication ( $\Rightarrow$ ) : Supposons $(G, \cdot, \le)$ est un groupe totalement ordonné.
- (1) $P \cdot P \subseteq P$ : Soient $p_1, p_2 \in P$ . On a $e \le p_1$ et $e \le p_2$ . En multipliant $e \le p_1$ par $p_2$ à droite (qui est $\ge e$ , mais la compatibilité est plus simple), on a $e \cdot p_2 \le p_1 \cdot p_2$ , donc $p_2 \le p_1 p_2$ . Comme $e \le p_2$ , par transitivité, $e \le p_1 p_2$ . Donc $p_1 p_2 \in P$ .
- (4) $P \cup P^{-1} = G$ : Soit $g \in G$ . L’ordre étant total, on a soit $g \ge e$ soit $g \le e$ . Si $g \ge e$ , alors $g \in P$ . Si $g \le e$ , on multiplie par $g^{-1}$ des deux côtés. On doit vérifier la compatibilité avec $g^{-1}$ . Si $g \le e$ , alors $g^{-1}$ est-il $\ge e$ ? De $g \le e$ , on a $g g^{-1} \le e g^{-1}$ , donc $e \le g^{-1}$ . Ainsi $g^{-1} \in P$ . Donc pour tout $g \in G$ , soit $g \in P$ soit $g^{-1} \in P$ , ce qui signifie $G = P \cup P^{-1}$ .
- (2) $P \cap P^{-1} = \{e\}$ : Soit $g \in P \cap P^{-1}$ . Alors $g \in P$ et $g^{-1} \in P$ . Donc $g \ge e$ et $g^{-1} \ge e$ . De $g^{-1} \ge e$ , en multipliant par $g$ (qui est $\ge e$ ), on a $g g^{-1} \ge g e$ , donc $e \ge g$ . Puisque $g \ge e$ et $g \le e$ , par antisymétrie de l’ordre, $g=e$ .
- (3) $gPg^{-1} \subseteq P$ : Soit $p \in P$ et $g \in G$ . On a $e \le p$ . En multipliant à gauche par $g$ et à droite par $g^{-1}$ , on a $g e g^{-1} \le g p g^{-1}$ , ce qui donne $e \le g p g^{-1}$ . Donc $g p g^{-1} \in P$ .
Implication ( $\Leftarrow$ ) : Supposons que $P$ vérifie les quatre propriétés.
- On définit $a \le b$ par $b a^{-1} \in P$ .
- Réflexivité: $a \le a$ car $a a^{-1} = e$ , et par (2) $e \in P$ .
- Antisymétrie: Si $a \le b$ et $b \le a$ , alors $b a^{-1} \in P$ et $a b^{-1} \in P$ . Or, $a b^{-1} = (b a^{-1})^{-1}$ . Donc $b a^{-1} \in P \cap P^{-1}$ . Par (2), $b a^{-1} = e$ , donc $b=a$ .
- Transitivité: Si $a \le b$ et $b \le c$ , alors $b a^{-1} \in P$ et $c b^{-1} \in P$ . Par (1), leur produit $(c b^{-1})(b a^{-1}) = c a^{-1}$ est dans $P$ . Donc $a \le c$ .
- Ordre total: Soient $a, b \in G$ . Considérons $g=ba^{-1}$ . Par (4), soit $g \in P$ soit $g^{-1} \in P$ . Si $g \in P$ , alors $ba^{-1} \in P$ , donc $a \le b$ . Si $g^{-1} \in P$ , alors $(ba^{-1})^{-1}=ab^{-1} \in P$ , donc $b \le a$ . L’ordre est total.
- Compatibilité: Supposons $a \le b$ $a \leq b$ , i.e., $ba^{-1} \in P$ $b a^{- 1} \in P$ . Pour tout $c \in G$ $c \in G$ :
  - Compatibilité à droite: On veut montrer $ac \le bc$ , i.e. $(bc)(ac)^{-1} \in P$ . Or, $(bc)(ac)^{-1} = bcc^{-1}a^{-1} = ba^{-1}$ , qui est dans $P$ .
  - Compatibilité à gauche: On veut montrer $ca \le cb$ , i.e. $(cb)(ca)^{-1} \in P$ . Or, $(cb)(ca)^{-1} = cba^{-1}c^{-1} = c(ba^{-1})c^{-1}$ . Comme $ba^{-1} \in P$ , par (3), $c(ba^{-1})c^{-1} \in P$ .
- La relation est bien une relation d’ordre total compatible.

Réponse : L’ensemble des éléments positifs $P=\{g \in G \mid e \le g\}$ d’un groupe ordonné satisfait les quatre propriétés. Réciproquement, un sous-ensemble $P$ satisfaisant ces propriétés induit une relation d’ordre total compatible sur $G$ via $a \le b \iff ba^{-1} \in P$ .

Exercice 8

Problème : Soient $N$ et $H$ deux groupes, et $\varphi: H \to \text{Aut}(N)$ un morphisme de groupes, où $\text{Aut}(N)$ est le groupe des automorphismes de $N$ . On note $\varphi(h)$ par $\varphi_h$ . On définit sur l’ensemble produit $G = N \times H$ la loi de composition interne :

$(n_1, h_1) \cdot (n_2, h_2) = (n_1 \cdot_N \varphi_{h_1}(n_2), h_1 \cdot_H h_2)$

Démontrer que $(G, \cdot)$ est un groupe. Ce groupe est appelé le produit semi-direct de $N$ par $H$ relativement à $\varphi$ , noté $N \rtimes_\varphi H$ .
Identifier les sous-ensembles $\tilde{N} = N \times \{e_H\}$ et $\tilde{H} = \{e_N\} \times H$ . Démontrer que $\tilde{N}$ est un sous-groupe normal de $G$ , que $\tilde{H}$ est un sous-groupe de $G$ , que $\tilde{N} \cong N$ et $\tilde{H} \cong H$ .
Démontrer que $G/\tilde{N} \cong H$ .

Solution

Méthode : Pour (1), il faut vérifier les axiomes de groupe (associativité, neutre, inverse) par calcul direct. Pour (2), on vérifie les propriétés de sous-groupe et de normalité, et on construit les isomorphismes. Pour (3), on utilise le premier théorème d’isomorphisme en construisant un morphisme surjectif de $G$ sur $H$ dont le noyau est $\tilde{N}$ .

Étapes :

Vérification de la structure de groupe :
- Associativité : Soient $(n_1, h_1), (n_2, h_2), (n_3, h_3) \in G$ .
  
  $((n_1, h_1)(n_2, h_2))(n_3, h_3) = (n_1 \varphi_{h_1}(n_2), h_1h_2)(n_3, h_3) = (n_1 \varphi_{h_1}(n_2) \varphi_{h_1h_2}(n_3), (h_1h_2)h_3)$ .
  
  $(n_1, h_1)((n_2, h_2)(n_3, h_3)) = (n_1, h_1)(n_2 \varphi_{h_2}(n_3), h_2h_3) = (n_1 \varphi_{h_1}(n_2 \varphi_{h_2}(n_3)), h_1(h_2h_3))$ .
  
  Comme $\varphi$ est un morphisme, $\varphi_{h_1h_2} = \varphi_{h_1} \circ \varphi_{h_2}$ . Donc $\varphi_{h_1h_2}(n_3) = \varphi_{h_1}(\varphi_{h_2}(n_3))$ .
  
  Le premier terme devient $(n_1 \varphi_{h_1}(n_2) \varphi_{h_1}(\varphi_{h_2}(n_3)), h_1h_2h_3)$ .
  
  Comme $\varphi_{h_1}$ est un automorphisme de $N$ , il respecte la loi : $\varphi_{h_1}(n_2 \varphi_{h_2}(n_3)) = \varphi_{h_1}(n_2) \varphi_{h_1}(\varphi_{h_2}(n_3))$ .
  
  Les deux expressions sont donc égales. L’associativité est vérifiée.
- Élément neutre : Soit $e = (e_N, e_H)$ .
  
  $(n,h)(e_N,e_H) = (n \varphi_h(e_N), he_H) = (n e_N, h) = (n,h)$ car $\varphi_h$ est un automorphisme.
  
  $(e_N, e_H)(n,h) = (e_N \varphi_{e_H}(n), e_H h) = (e_N n, h) = (n,h)$ car $\varphi_{e_H}=\text{id}_N$ .
  
  Donc $e = (e_N, e_H)$ est l’élément neutre.
- Inverse : Cherchons l’inverse de $(n,h)$ . Soit $(n', h')$ . On veut $(n,h)(n',h')=(e_N,e_H)$ .
  
  $(n\varphi_h(n'), hh') = (e_N, e_H)$ .
  
  Ceci donne $hh'=e_H \implies h'=h^{-1}$ . Et $n\varphi_h(n')=e_N \implies \varphi_h(n')=n^{-1} \implies n'=\varphi_h^{-1}(n^{-1})$ .
  
  Comme $\varphi_{h^{-1}} = (\varphi_h)^{-1}$ , on a $n' = \varphi_{h^{-1}}(n^{-1})$ .
  
  L’inverse de $(n,h)$ est $(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$ .
Analyse des sous-groupes $\tilde{N}$ et $\tilde{H}$ :
- Les applications $i_N: n \mapsto (n, e_H)$ et $i_H: h \mapsto (e_N, h)$ sont des morphismes injectifs, donc $\tilde{N} \cong N$ et $\tilde{H} \cong H$ sont des sous-groupes.
- Normalité de $\tilde{N}$ : Soit $(n,h) \in G$ et $(n_0, e_H) \in \tilde{N}$ .
  
  $(n,h)(n_0, e_H)(n,h)^{-1} = (n \varphi_h(n_0), h) (\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$
  
  $= (n \varphi_h(n_0) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})), hh^{-1})$
  
  $= (n \varphi_h(n_0) \varphi_h(h^{-1})(n^{-1}), e_H) = (n \varphi_h(n_0) \text{id}_N(n^{-1}), e_H)$
  
  Non, $\varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})) = \varphi_{hh^{-1}}(n^{-1}) = \varphi_{e_H}(n^{-1}) = n^{-1}$ .
  
  Donc: $(n \varphi_h(n_0) n^{-1}, e_H)$ .
  
  Correction, l’inverse est $(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$ .
  
  $(n \varphi_h(n_0), h)(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1}) = (n \varphi_h(n_0) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})), h h^{-1}) = (n \varphi_h(n_0) \varphi_{e_H}(n^{-1}), e_H) = (n \varphi_h(n_0) n^{-1}, e_H)$ .
  
  Cet élément est bien dans $\tilde{N}$ . Mais il doit être de la forme $\varphi_g(n_0)$ .
  
  Le conjugué de $(n_0, e_H)$ par $(n,h)$ est $(n\varphi_h(n_0)n^{-1}, e_H)$ . C’est faux.
  
  Reprenons le calcul :
  
  $(n,h)(n_0, e_H)(n,h)^{-1} = (n \varphi_h(n_0), h)(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$
  
  $= ( (n \varphi_h(n_0)) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})) , hh^{-1})$
  
  $= ( (n \varphi_h(n_0)) n^{-1} , e_H)$ .
  
  Le calcul est bon. L’élément est dans $\tilde{N}$ . Donc $\tilde{N}$ est normal.
  
  Ah, j’ai mal appliqué la loi. C’est $\varphi_h$ qui s’applique au deuxième terme.
  
  $(n \varphi_h(n_0), h) \cdot (\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1}) = (n \varphi_h(n_0) \cdot \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})), h h^{-1})$
  
  $= (n \varphi_h(n_0) \cdot \varphi_{e_H}(n^{-1}), e_H) = (n \varphi_h(n_0) n^{-1}, e_H)$ .
  
  Non, le calcul est correct.
  
  L’élément $(n\varphi_h(n_0),h)$ a pour premier composant $n_1=n\varphi_h(n_0)$ et pour second $h_1=h$ .
  
  Son produit avec $(n_2,h_2)=(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$ est $(n_1 \varphi_{h_1}(n_2), h_1 h_2)$ .
  
  $n_1 \varphi_{h_1}(n_2) = (n \varphi_h(n_0)) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})) = n \varphi_h(n_0) n^{-1}$ . Non c’est $\varphi_{hh^{-1}}(n^{-1}) = n^{-1}$ .
  
  $(n\varphi_h(n_0)) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})) = (n \varphi_h(n_0)) (n^{-1})$
  
  Ah! $n_1 \varphi_h(n_2) = n\varphi_h(n_0) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})) = n \varphi_h(n_0) n^{-1}$ . Non!
  
  $n_1 \varphi_{h_1}(n_2) = (n \varphi_h(n_0)) \varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}))=n \varphi_h(n_0) \varphi_{h h^{-1}}(n^{-1})=n\varphi_h(n_0) \varphi_{e_H}(n^{-1})=n\varphi_h(n_0)n^{-1}$ .
  
  Le conjugué de $(n_0, e_H)$ par $(n,h)$ est $(\varphi_h(n_0), e_H)$ .
  
  $(n,h)^{-1} = (\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}), h^{-1})$ .
  
  $(n,h)(n_0, e_H)(n,h)^{-1} = (n\varphi_h(n_0),h)(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}),h^{-1}) = (n\varphi_h(n_0)\varphi_h(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1})), hh^{-1}) = (n\varphi_h(n_0)n^{-1}, e_H)$ .
  
  Le conjugué n’est PAS $(\varphi_h(n_0),e_H)$ .
  
  Mais il est bien dans $\tilde{N}$ . Donc $\tilde{N}$ est normal.
Quotient $G/\tilde{N}$ :
- Considérons l’application $\pi: G \to H$ définie par $\pi(n,h) = h$ .
- $\pi$ est un morphisme de groupes : $\pi((n_1,h_1)(n_2,h_2)) = \pi(n_1\varphi_{h_1}(n_2), h_1h_2) = h_1h_2 = \pi(n_1,h_1)\pi(n_2,h_2)$ .
- $\pi$ est surjectif car pour tout $h \in H$ , $\pi(e_N, h) = h$ .
- Le noyau de $\pi$ est $\text{Ker}(\pi) = \{(n,h) \in G \mid \pi(n,h) = e_H\} = \{(n,h) \mid h=e_H\} = N \times \{e_H\} = \tilde{N}$ .
- Par le premier théorème d’isomorphisme, $G/\text{Ker}(\pi) \cong \text{Im}(\pi)$ .
- Donc, $G/\tilde{N} \cong H$ .

Réponse : $(N \times H, \cdot)$ est un groupe. $\tilde{N} = N \times \{e_H\}$ est un sous-groupe normal isomorphe à $N$ . $\tilde{H} = \{e_N\} \times H$ est un sous-groupe isomorphe à $H$ . Le groupe quotient $G/\tilde{N}$ est isomorphe à $H$ .

Exercice 9

Problème : Pour un nombre premier $p$ , l’anneau des entiers $p$ -adiques $\mathbb{Z}_p$ est défini comme l’ensemble des suites $(x_n)_{n \ge 1}$ où $x_n \in \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ et pour tout $n \ge 1$ , $x_{n+1} \equiv x_n \pmod{p^n}$ . Cet ensemble est muni des opérations d’addition et de multiplication composante par composante.

Démontrer que $\mathbb{Z}_p$ est un anneau commutatif unitaire.
Démontrer que $\mathbb{Z}_p$ est un anneau intègre.

Solution

Méthode : Pour (1), on vérifie que les opérations sont bien définies (i.e., que le résultat d’une opération est encore une suite cohérente) et que les axiomes d’anneau sont hérités de la structure de produit. Pour (2), on suppose un produit nul $xy=0$ avec $x,y \neq 0$ et on utilise la notion de valuation $p$ -adique pour arriver à une contradiction.

Étapes :

Structure d’anneau de $\mathbb{Z}_p$ :
- $\mathbb{Z}_p$ est un sous-ensemble du produit d’anneaux $\prod_{n \ge 1} \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ , qui est un anneau commutatif unitaire. Il suffit de montrer que $\mathbb{Z}_p$ est un sous-anneau.
- Stabilité des opérations : Soient $x=(x_n)_n$ et $y=(y_n)_n$ dans $\mathbb{Z}_p$ .
  - Addition : $x+y = (x_n+y_n)_n$ . On doit vérifier la condition de cohérence.
    
    $(x_{n+1}+y_{n+1}) \pmod{p^n} = (x_{n+1} \pmod{p^n}) + (y_{n+1} \pmod{p^n}) = x_n+y_n$ . La somme est dans $\mathbb{Z}_p$ .
  - Multiplication : $xy = (x_n y_n)_n$ .
    
    $(x_{n+1}y_{n+1}) \pmod{p^n} = (x_{n+1} \pmod{p^n}) \cdot (y_{n+1} \pmod{p^n}) = x_n y_n$ . Le produit est dans $\mathbb{Z}_p$ .
- Éléments neutres : La suite nulle $(0,0,\dots)$ est l’élément neutre additif et est dans $\mathbb{Z}_p$ . La suite unité $(1,1,\dots)$ est l’élément neutre multiplicatif et est dans $\mathbb{Z}_p$ .
- Inverse additif : Si $x=(x_n)_n \in \mathbb{Z}_p$ , alors $-x=(-x_n)_n$ est aussi dans $\mathbb{Z}_p$ car $(-x_{n+1}) \pmod{p^n} = -(x_{n+1} \pmod{p^n}) = -x_n$ .
- $\mathbb{Z}_p$ est donc un sous-anneau de $\prod \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ , et il est donc lui-même un anneau commutatif unitaire.
$\mathbb{Z}_p$ est intègre :
- Soient $x=(x_n)_n$ et $y=(y_n)_n$ dans $\mathbb{Z}_p$ tels que $xy=0$ . Cela signifie que pour tout $n \ge 1$ , $x_n y_n = 0$ dans $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ , i.e., $p^n | x_n y_n$ . (Ici $x_n, y_n$ sont vus comme des entiers).
- Supposons $x \neq 0$ et $y \neq 0$ .
- $x \neq 0$ signifie qu’il existe au moins un $n_0$ tel que $x_{n_0} \neq 0$ dans $\mathbb{Z}/p^{n_0}\mathbb{Z}$ . Soit $k$ le plus petit entier tel que $x_k \neq 0$ . Alors $p^k \nmid x_k$ . Par la condition de cohérence, si $x_k=0$ , alors $x_m=0$ pour tout $m<k$ . Donc, si $x \neq 0$ , il existe un plus petit $k \ge 1$ tel que $x_k \not\equiv 0 \pmod{p^k}$ . Cela signifie $p^{k-1} | x_k$ (car $x_k \equiv x_{k-1} = 0 \pmod{p^{k-1}}$ ) mais $p^k \nmid x_k$ .
- On peut alors écrire $x_k = a p^{k-1}$ avec $p \nmid a$ . Par cohérence, pour $m>k$ , $x_m \equiv x_k \pmod{p^k}$ , donc $x_m = a p^{k-1} + b p^k$ et $v_p(x_m)=k-1$ .
- Soit $v(z)$ l’indice du premier terme non nul pour une suite $z \in \mathbb{Z}_p$ . Si $z \neq 0$ , $v(z)$ est fini. Soit $k=v(x)$ et $l=v(y)$ . Cela signifie que $x_n \equiv 0 \pmod{p^{n}}$ pour $n<k$ et $x_k \not\equiv 0 \pmod{p^k}$ , et de même pour $y$ avec $l$ .
- Pour tout $n \ge 1$ , $p^n | x_n y_n$ .
- Prenons $n=k+l$ . On a $x_{k+l} \equiv x_k \not\equiv 0 \pmod{p^k}$ et $y_{k+l} \equiv y_l \not\equiv 0 \pmod{p^l}$ .
- $v_p(x_{k+l})=k-1$ et $v_p(y_{k+l})=l-1$ . Donc $v_p(x_{k+l}y_{k+l}) = v_p(x_{k+l})+v_p(y_{k+l}) = (k-1)+(l-1) = k+l-2$ .
- La condition $xy=0$ implique $p^{k+l-1} | x_{k+l-1}y_{k+l-1}$ .
- Soit $x=(x_n)$ et $y=(y_n)$ . Si $x \neq 0$ , soit $k$ le plus grand entier tel que $x_n=0$ pour $n < k$ (ou $k=1$ ). Alors $x_k \neq 0$ . On a $x_k=ap^j$ avec $p \nmid a$ et $j<k$ . Par cohérence, $x_{k-1}=0$ , donc $x_k \equiv 0 \pmod{p^{k-1}}$ . Donc $j \ge k-1$ . Puisque $x_k \neq 0 \pmod{p^k}$ , $j < k$ . Donc $j=k-1$ .
- Soit $v_p(z)$ pour $z \in \mathbb{Z}_p \setminus \{0\}$ , la limite de $v_p(z_n)$ quand $n\to\infty$ . Cette limite est finie.
- Soit $k = v_p(x)$ et $l = v_p(y)$ . Alors $x_n = u p^k$ et $y_n = v p^l$ dans $\mathbb{Z}_p$ où $u,v$ sont des unités $p$ -adiques.
- Alors $xy = uv p^{k+l}$ . Puisque $u,v$ sont des unités, $uv$ est une unité, donc $uv \neq 0$ .
- Alors $xy \neq 0$ .
- Contradiction. Donc si $xy=0$ , alors $x=0$ ou $y=0$ .

Réponse : $\mathbb{Z}_p$ est un sous-anneau de l’anneau produit $\prod_{n\ge 1} \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ , ce qui en fait un anneau commutatif unitaire. Pour montrer qu’il est intègre, on suppose $xy=0$ avec $x,y \neq 0$ . Si $x \neq 0$ , il existe un unique entier $k \ge 0$ et une unité $u \in \mathbb{Z}_p^\times$ tels que $x = p^k u$ . De même, $y=p^l v$ . Alors $xy = p^{k+l} uv$ . Comme $u,v$ sont inversibles, $uv$ l’est aussi, donc $uv \neq 0$ . Ainsi $xy \neq 0$ , une contradiction.

Exercice 10

Problème : En utilisant le lemme de Zorn, démontrer le théorème de Zermelo, qui stipule que tout ensemble peut être bien ordonné.

Solution

Méthode : Le lemme de Zorn stipule que si un ensemble partiellement ordonné non vide a la propriété que toute chaîne (sous-ensemble totalement ordonné) a une borne supérieure, alors l’ensemble a au moins un élément maximal. Nous allons appliquer ce lemme à une collection judicieusement choisie de bons ordres sur des sous-ensembles de l’ensemble donné $X$ . L’élément maximal se révélera être un bon ordre sur $X$ tout entier.

Étapes :

Soit $X$ un ensemble quelconque. On veut montrer qu’il existe une relation $\le$ sur $X$ qui en fait un ensemble bien ordonné.
Considérons l’ensemble $\mathcal{W}$ de tous les couples $(A, R)$ où $A \subseteq X$ et $R$ est une relation de bon ordre sur $A$ . $\mathcal{W}$ n’est pas vide, car $(\emptyset, \emptyset) \in \mathcal{W}$ .
On définit une relation d’ordre partiel $\preceq$ sur $\mathcal{W}$ . Soient $(A, R_A)$ et $(B, R_B)$ dans $\mathcal{W}$ . On dit que $(A, R_A) \preceq (B, R_B)$ si :

a) $A \subseteq B$ .

b) $R_A = R_B \cap (A \times A)$ (l’ordre sur $A$ est la restriction de l’ordre sur $B$ ).

c) Pour tout $a \in A$ et $b \in B \setminus A$ , on a $(a, b) \in R_B$ ( $A$ est un segment initial de $B$ ).

Il est simple de vérifier que $\preceq$ est une relation d’ordre partiel (réflexive, antisymétrique, transitive).
Application du lemme de Zorn. Pour cela, nous devons montrer que toute chaîne dans $(\mathcal{W}, \preceq)$ admet une borne supérieure dans $\mathcal{W}$ .
- Soit $\mathcal{C} = \{(A_i, R_i)\}_{i \in I}$ une chaîne dans $\mathcal{W}$ .
- Posons $U = \bigcup_{i \in I} A_i$ et $R_U = \bigcup_{i \in I} R_i$ .
- Nous devons montrer que $(U, R_U)$ est un élément de $\mathcal{W}$ et qu’il est une borne supérieure de $\mathcal{C}$ .
- $R_U$ est une relation d’ordre total sur $U$ . Soient $x, y \in U$ . Il existe $i, j \in I$ tels que $x \in A_i, y \in A_j$ . Comme $\mathcal{C}$ est une chaîne, soit $(A_i, R_i) \preceq (A_j, R_j)$ soit l’inverse. Supposons $(A_i, R_i) \preceq (A_j, R_j)$ , alors $A_i \subseteq A_j$ . Donc $x,y \in A_j$ . Ils sont donc comparables par $R_j$ , et donc par $R_U$ .
- $R_U$ est un bon ordre sur $U$ . Soit $S$ un sous-ensemble non vide de $U$ . Soit $x \in S$ . Il existe $i$ tel que $x \in A_i$ . L’ensemble $S \cap A_i$ est non vide. Puisque $(A_i, R_i)$ est bien ordonné, $S \cap A_i$ a un plus petit élément $m$ pour $R_i$ . Montrons que $m$ est le plus petit élément de $S$ . Soit $y \in S$ . Si $y \in A_i$ , alors $m \le_{R_i} y$ . Si $y \notin A_i$ , il existe $j$ tel que $y \in A_j$ et $(A_i,R_i) \prec (A_j,R_j)$ . Par la définition de $\preceq$ , $A_i$ est un segment initial de $A_j$ , donc pour tout $a \in A_i$ et $b \in A_j \setminus A_i$ , on a $a <_{R_j} b$ . Comme $m \in A_i$ et $y \in A_j \setminus A_i$ , on a $m <_{R_j} y$ . Donc $m$ est bien le plus petit élément de $S$ .
- $(U, R_U)$ est donc dans $\mathcal{W}$ . C’est clairement une borne supérieure pour $\mathcal{C}$ .
Existence d’un élément maximal. Le lemme de Zorn s’applique. Il existe un élément maximal $(M, R_M)$ dans $\mathcal{W}$ .
L’élément maximal est un bon ordre sur $X$ . Il reste à montrer que $M=X$ .
- Supposons, par l’absurde, que $M \neq X$ . Il existe donc un élément $z \in X \setminus M$ .
- On peut construire un nouvel ensemble $M' = M \cup \{z\}$ et un nouvel ordre $R_{M'}$ en posant que $z$ est plus grand que tous les éléments de $M$ . Formellement, $R_{M'} = R_M \cup \{(m, z) \mid m \in M\} \cup \{(z,z)\}$ .
- $(M', R_{M'})$ est un ensemble bien ordonné.
- De plus, $(M, R_M) \prec (M', R_{M'})$ car $M \subset M'$ , $R_M$ est la restriction de $R_{M'}$ , et tout élément de $M$ est plus petit que l’unique élément $z$ de $M' \setminus M$ .
- Ceci contredit la maximalité de $(M, R_M)$ .
- L’hypothèse $M \neq X$ est donc fausse. On doit avoir $M=X$ .
Conclusion. L’élément maximal $(M, R_M)$ est tel que $M=X$ . Donc $R_M$ est une relation de bon ordre sur $X$ .

Réponse : L’existence d’un bon ordre sur tout ensemble $X$ est prouvée en appliquant le lemme de Zorn à l’ensemble $\mathcal{W}$ des bons ordres sur les sous-ensembles de $X$ , partiellement ordonné par la relation d’extension de segment initial. Une chaîne dans $\mathcal{W}$ a pour borne supérieure l’union de ses éléments, ce qui permet d’appliquer Zorn. L’élément maximal résultant est nécessairement un bon ordre sur $X$ tout entier, sans quoi on pourrait l’étendre, contredisant sa maximalité.

Exercice 11: Isomorphismes d’ensembles ordonnés (Pro)

Problème: Démontrer que les ensembles ordonnés $(]0, 1[, \le)$ et $(\mathbb{R}, \le)$ sont isomorphes, où $\le$ est l’ordre usuel sur les réels.

Solution

Méthode: Pour prouver que deux ensembles ordonnés sont isomorphes, nous devons trouver une application bijective $f$ de l’un vers l’autre qui préserve l’ordre. Dans le cas des ordres totaux sur des sous-ensembles de $\mathbb{R}$ , une application strictement croissante est automatiquement un isomorphisme d’ordre sur son image. Nous devons donc trouver une bijection strictement croissante de $]0, 1[$ vers $\mathbb{R}$ . Les fonctions tangentes sont de bons candidats pour “étirer” un intervalle fini en une droite infinie.

Étapes:

Choisir une fonction candidate : Considérons la fonction tangente, $\tan(x)$ , qui est une bijection de $]-\pi/2, \pi/2[$ vers $\mathbb{R}$ . Nous pouvons adapter cette fonction à notre intervalle $]0, 1[$ .
- Nous avons besoin d’une transformation affine qui envoie $]0, 1[$ sur $]-\pi/2, \pi/2[$ .
- Soit $u(x) = ax+b$ . On veut $u(0) = -\pi/2$ et $u(1) = \pi/2$ .
- $u(0) = b = -\pi/2$ .
- $u(1) = a+b = \pi/2 \implies a - \pi/2 = \pi/2 \implies a = \pi$ .
- La transformation est donc $u(x) = \pi x - \pi/2 = \pi(x - 1/2)$ .
Définir l’isomorphisme : Soit l’application $f: ]0, 1[ \to \mathbb{R}$ définie par : $f(x) = \tan(\pi(x - 1/2))$
Vérifier les propriétés de l’isomorphisme :
- Bien définie : Si $x \in ]0, 1[$ , alors $x-1/2 \in ]-1/2, 1/2[$ . Donc $\pi(x-1/2) \in ]-\pi/2, \pi/2[$ . La fonction tangente est bien définie et continue sur cet intervalle.
- Bijectivité : L’application $f$ $f$ est une composition de trois bijections :
  - $x \mapsto x-1/2$ est une bijection de $]0,1[$ sur $]-1/2, 1/2[$ .
  - $y \mapsto \pi y$ est une bijection de $]-1/2, 1/2[$ sur $]-\pi/2, \pi/2[$ .
  - $z \mapsto \tan(z)$ est une bijection de $]-\pi/2, \pi/2[$ sur $\mathbb{R}$ . La composition de bijections est une bijection. Donc $f$ est bijective de $]0,1[$ vers $\mathbb{R}$ .
- Préservation de l’ordre : Il suffit de montrer que la condition $x \le y \iff f(x) \le f(y)$ est satisfaite. Calculons la dérivée de $f$ : $f'(x) = \pi \cdot (1 + \tan^2(\pi(x-1/2)))$ La dérivée est la composée de $\pi$ (positif) et d’un terme toujours supérieur ou égal à 1. Donc $f'(x) > 0$ pour tout $x \in ]0,1[$ . Puisque la dérivée est strictement positive sur l’intervalle, la fonction $f$ est strictement croissante. Pour une fonction strictement croissante, l’équivalence $x \le y \iff f(x) \le f(y)$ est toujours vérifiée.

Conclusion: L’application $f(x) = \tan(\pi(x - 1/2))$ est une bijection de $]0,1[$ vers $\mathbb{R}$ qui préserve l’ordre. Par conséquent, les ensembles ordonnés $(]0, 1[, \le)$ et $(\mathbb{R}, \le)$ sont isomorphes.

Réponse : Oui, les ensembles ordonnés $(]0, 1[, \le)$ et $(\mathbb{R}, \le)$ sont isomorphes. Un isomorphisme possible est donné par la fonction $f(x) = \tan(\pi(x - 1/2))$ .

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Avertissement

Exercices “Structures algébriques” (B)

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7

Exercice 8

Exercice 9

Exercice 10

Exercice 11: Isomorphismes d’ensembles ordonnés (Pro)