DS1 2020 2021 Correction
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Page 1 : Cycle préparatoire 1ère annéeDevoir surveillé 4M. Bahtiti, K. Guezguez, A. Hajej, B. Laquerriere, J.-M. MasereelMatière : AlgèbreDate : Jeudi 11 mars 2021Appareils électroniques et documents interditsDurée : 1 heures 30 minutesNombre de pages : 5Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision des justifications.Le sujet comporte cinq exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1 Groupes : 3 points.1. Montrer que U,× est groupe.2. A = 2k / k Z,+ et B = 2k + 1 / k Z,+ sont-ils des sous-groupes de Z,+?3. C =ap2 + bπ / a,b Z,+est-il un sous-groupe de R,+?4. Soit R2 muni de la loi définie par :a,b a ′,b ′ = a 2a ′,b + 3b ′R2, est-il un groupe?1. 0.75 point On montre que c’est un sous-groupe de C,× :— U C— 1 = 1 donc 1 U.— Soit z et z ′ dans U, alors zz ′ = zz ′ = 11 = 1. Donc zz ′ U.2.— 0.75 point— A Z— 0 = 2 × 0, donc 0 A.— Soit n = 2k et n′ = 2k ′ dans A, alors n n′ = 2k k ′ avec k k ′ Z, donc n n′ A.Donc A est bien un sous-groupe de Z.— 0.25 points B n’est pas stable par addition car la somme de nombres impaires est paire.3. 0.75 point— C R.— 0 = 0p2 + 0π C .- 1 / 5 -
Page 2 : — Soit r = ap2 + b π et r ′ = a ′p2 + b ′π deux éléments de C . Alors r r ′ = a a ′p2 + b b ′πavec a a ′ Z et b b ′ Z. Donc r r ′ C .Donc C est un sous-groupe de R,+.4. 0.5 point— Nous avons clairement une l.c.i.— Soit a,b, a ′,b ′ et ′a ′′,b ′′ trois éléments de R2. Alorsa,b a ′,b ′ a ′′,b ′′ = a 2a ′,b + 3b ′ a ′′,b ′′ = a 2a ′ 2a ′′,b + 3b ′ + 3b ′′a,b a ′,b ′ a ′′,b ′′ = a,b a ′ 2a ′′,b ′ + 3b ′′ = a 2a ′ 4a ′′,b + 3b ′ + 9b ′′La loi n’est donc pas associative. Ce n’est donc pas un groupe.On peut aussi remarquer que le seul élément neutre possible à droite est 0,0 qui n’est pas neutreà gauche.Exercice 2 Groupes et Morphismes : 4 points. Soit G , et G ′, deux groupes, et soit f un morphismede groupes de G , dans G ′,.1. Si e est l’élément neutre de G , et e ′ est l’élément neutre de G ′, montrer que f e = e ′.2. Montrer que pour tout x de G , f x1 = f x 1.3. Soit H un sous-groupe de G . Montrer que f H est un sous-groupe de G ′.4. Montrer que Kerf est un sous-groupe de G ,1. 1 point Nous avons e e = e et f étant un morphisme, cela donne f e f e = f e = f e e ′. Doncen simplifiant par f e on a le droit car on est dans un groupe, f e = e ′.2. 1 point Pour tout x dans G , nous avons e = xx 1 = x 1x. Donc par morphisme, e ′ = f e =f x f x 1 = f x 1 f x. Donc f x1 = f x 1.3. 1 point— f H G ′.— e H , donc e ′ = f e infH .— Soit y et y ′ dans f H , alors il existe x et x ′ tels que y = f x et y ′ = f x ′. Ainsi, y y ′1 =f x f x ′1 = f xx ′1. Or xx ′1 H car H est un groupe. Ainsi, y y ′1 f H .4. 1 point— Kerf G .— e ′ = f e , donc e Kerf .— Soit x et ′ deux éléments de Kerf , alors f xx ′1 = f x f x ′1 = e ′ e ′ = e ′. Donc xx ′ Kerf .Donc Kerf est un sous-groupe de G .Exercice 3 Groupes et Morphismes : 3 points.Soit la loi de composition interne définie sur R par :x, y R2, x y =x 3 + y 3 13- 2 / 5 -
Page 3 : 1. Montrer que R, est un groupe commutatif.2. Montrer que f : R,+ →R, définie par f x = x13 est un isomorphisme de groupes.1. 2 points— La loi est clairement une lci.— La loi est clairement commutative.— Soit x, y et z trois réels. Alorsx y z = x y 3 + z 3 13 =x 3 + y 3 + z 3 13x y z =x 3 + y 3 13 z =x 3 + y 3 + z 3 13La loi est donc associative.— Pour tout x dans R, x 0 = 0 x = x 313 = x la fonction x 7→x13 est la bijection réciproque de lafonction cube dans R. Donc 0 est l’élément neutre.— Soit x R, alors x x = x x =x 3 + x3 13 =x 3 x 3 13 = 0. Donc tout élément estinversible.Ainsi, R, est bien un groupe commutatif.2. 1 point— Vérifions que c’est un morphisme : Soit x et y deux réels, alorsf x f y =f x3 + f y 3 13 =x + y 13 = f x + y — Nous savons déjà que la fonction f est bijective, de réciproque x 7→x 3.La fonction f est donc bien un morphisme de groupe entre R,+ et R,.Exercice 4 Groupes et Morphismes : 11 points.Partie A : Soit α un nombre complexe non nul vérifiant α2 = α 1 on ne demande pas de calculer α.1.a Montrer que α3 = 1.b Soit k N. Calculer, α3k, α3k+1 et α3k+2 en fonction de α.c En déduire αn pour tout n N.d Soit p Z, déterminer αp en fonction de α et de p.2.a Montrer que H = n Z / αn = 1 est un sous groupe de Z;+.b Montrer que H = 6Z = 6z / z Z.3. Déterminer le plus petit sous-groupe G , de C, contenant α.Partie B : Soit β C, on note ϕβ l’application :ϕβ :Z→Cn7→β n- 3 / 5 -
Page 4 : 1. Montrer que pour tout β C, ϕβ est une morphisme de groupe.2. Soit α le nombre complexe défini dans la partie A.a Montrer que Kerϕα = H .b Montrer que Imϕα = G .c L’application ϕα est-elle injective? surjective?3. À quelles conditions sur β, l’application ϕβ est injective?Partie A :1.a 0.5 point α3 = α × α2 = αα 1 = α2 α = α 1 α = 1b 1 point Nous avons alors α3k = 1k = 1 si k est impair et 1 si k est pair.Ensuite, α3k+1 = α3kα = ±α suivant la parité de k.De même, α3k+2 = ±α 1 suivant la parité de k.c 0.5 point Il y a donc 6 cas possibles :α6k = 1α6k+1 = αα6k+2 = α 1α6k+3 = 1α6k+4 = αα6k+5 = 1 αd 0.5 point Nous remarquons simplement que α6 = 1, donc α1 = α5 = 1 α = α61+5. Ainsi,la formule trouvée précédemment est encore valable pour k Z.2.a 1 point— H Z.— α0 = 1 donc 0 H .— Soit n et n′ éléments de H , alors αnn′ = αnαn′ = 11 = 1. Donc n n′ H .Donc H est un sous groupe de Z.b 1 point On a montré à la question précédente que αn = 1 si et seulement si n est un multiplede 6. Donc on a bien H = 6Z.3. 2 points Soit Q un sous-groupe contenant α. Par stabilité par produit et passage à l’inverse, ildoit nécessairement contenir toutes les puissances de α. Ainsi, d’après ce qui précède :P = αp / p Z = 1,α,α 1,1,α,1 α QOr :— P C— 1 P— Si z1 et z2 sont deux éléments de P , alors z1z2 = αp1αp2 = αp1p2 P .Ainsi P est un sous-groupe contenant α. Donc puisqu’il contient tous les sous-groupes conte-nant α, c’est le plus petit. Ainsi, P = G .Partie B :- 4 / 5 -
Page 5 : 1. 1 point Soit β C, n Z et n′ Z. Alorsϕβn + n′ = β n+n′ = β n × β n′ = ϕβn × ϕβn′Donc ϕβ est bien un morphisme de groupe entre Z,+ et C,×.2.a 0.5 point Par définition du noyau, Kerϕα = n Z / αn = 1 = H .b 1 point Soit z Imϕα. Alors il existe n Z tel que z = αn, donc z G . Réciproquement, siz G , alors z s’écrit z = αn Imϕα. D’où l’égalité.c 1 point Le noyau n’étant pas réduit à l’élément neutre, elle n’est pas injective et l’imagen’était pas égale à C tout entier, elle n’est pas surjective.3. 1 point L’application est injective si et seulement si, pour tout n non nul, β n ̸= 1. Or s’il existen ̸= 0 tel β n = 1, alors nécessairementβ = 1. Ainsi, siβ ̸= 1, on est sûr que l’application n’estpas injective. Par contre, siβ = 1, on ne peut pas conclure. En effet, on sait qu’il existe des com-plexe comme les racines n-ièmes de l’unitté tel que ϕ n’est pas injective. Mais il existe aussi descomplexes de module un qui ne sont jamais racine n-ième de l’unité par exemple eip2 vérifieque pour tout n Z, enip2 ̸= 1 car np2 ̸= 2kπ.Exercice 5 Systèmes linéaires : 3 points.Ayant à résoudre le système linéaire suivant :2x + 7y + z=1E12x + 3y 5z=4E24x + 3y + z=5E3un étudiant démarre ainsi :j’éliminex en retranchant E2 de E1 : 4y + 6z = 3j’éliminey en retranchant E3 de E2 : 6x 6z = 1j’éliminez en retranchant E1 de E3 : 6x 4y = 41. Le système ainsi obtenu est-il équivalent au système initial?2. Résoudre le système initial par la méthode de Gauss.1. 1 point Il y a plusieurs niveaux de réponse acceptables.— L’élève n’a pas respecté scrupuleusement l’algorithme de Gauss. On ne peut donc pas certifierque les systèmes sont équivalents même si peut-être, par chance, ils le sont.— En résolvant les 2 systèmes et donc en faisant la question 2 avant, on remarque que l’on n’a pasle même ensemble de solution.— En calculant les rangs et trouvant qu’ils sont différents.2. 2 points Le système est équivalant successivement à2x + 7y + z=14y + 6z=317y + z=72x + 7y + z=14y + 6z=390z=79x=4745y=1730z=7990- 5 / 5 -
