Groupes, anneaux, corps

Il suffit, pour chaque cas, d'appliquer le théorème de caractérisation des sous-groupes.

1. $e$ est élément de $C(G)$ car $ey=ye=y$ pour tout $y\in G$. Soient $x_1,x_2\in C(G)$. Alors, pour tout $y\in G$, on a $$x_1x_2y=x_1(x_2y)=(x_1y)x_2=yx_1x_2$$ et donc $x_1x_2\in C(G)$. Enfin, si $x\in C(G)$, alors pour tout $y\in G$, $$xy=yx\implies xyx^{-1}=yxx^{-1}=y\implies x^{-1}xyx^{-1}=x^{-1}y\implies yx^{-1}=x^{-1}y$$ où on a multiplié à droite puis à gauche par $x^{-1}$. On en déduit que $x^{-1}\in C(G)$ qui est donc un sous-groupe de $G$.
2. Puisque $H$ est un sous-groupe de $G$, $e\in H$ et donc $aea^{-1}\in aHa^{-1}$. Mais $aea^{-1}=e$ et donc $e\in aHa^{-1}$. Soient $x=aha^{-1}$ et $y=ah'a^{-1}$ deux éléments de $aHa^{-1}$ avec donc $h,h'\in H$. On a $$xy=aha^{-1}ah'a^{-1}=ahh'a^{-1}\in aHa^{-1}$$ puisque $hh'\in H$ ($H$ est un sous-groupe de $G$). Enfin, si on choisit $h'=h^{-1}$, le calcul précédent montre que $$xy=yx=e$$ et donc $x^{-1}=y\in aHa^{-1}$ puisque $h^{-1}\in H$. $aHa^{-1}$ est donc bien un sous-groupe de $G$.
3. Notons $T$ l'ensemble des éléments de torsion de $G$. On a $e^1=e$, donc $e\in T$. De plus, si $x,y\in T$, avec respectivement $x^n=e$ et $y^m=e$, il suffit de remarquer que $$(y^{-1})^m=(y^m)^{-1}=e^{-1}=e$$ puis d'utiliser le fait que $x$ et $y^{-1}$ commutent pour prouver que $$(xy^{-1})^{nm}=(x^n)^m((y^{-1})^m)^n=e.$$ Ainsi, $xy^{-1}$ est élément de $T$, et $T$ est bien un sous-groupe de $G$.

La première chose à remarquer est que $H\subset \mathbb R_+^*$. Pour $x+y\sqrt 3\in H$, puisque $x^2-3y^2>0$ et $x\in\mathbb N$, on a $x>\sqrt 3|y|$ et donc $x+y\sqrt 3>0$. On remarque ensuite que $1=1+0\sqrt 3$ est bien un élément de $H$. Soient $a=x+y\sqrt 3$ et $b=u+v\sqrt 3$ deux éléments de $H$. Alors : $$(x+y\sqrt 3)(u+v\sqrt 3)=(xu+3yv)+\sqrt 3(xv+yu).$$ On remarque ensuite que \begin{eqnarray*} (xu+3yv)^2-3(xv+yu)^2&=&x^2u^2+9y^2v^2-3x^2v^2-3y^2u^2\\ &=&x^2(u^2-3v^2)+3y^2(3v^2-u^2)\\ &=&x^2-3y^2\\ &=&1. \end{eqnarray*} De plus, il est clair que $xu+3yv$ et $xv+yu$ sont éléments de $\mathbb Z$. Il reste à voir que $xu+3yv$ est élément de $\mathbb N$. Mais c'est clair car $x\geq \sqrt 3 |y|$ et $u\geq \sqrt 3 |v|$. Ainsi, $ab\in H$.
Démontrons finalement que $H$ est bien stable par passage à l'inverse. On a $$\frac 1a=\frac 1{x+y\sqrt 3}=\frac {x-y\sqrt 3}{x^2-3y^2}=x-y\sqrt 3\in H$$ puisque $x^2-3y^2=1$. Ainsi, $H$ est bien un sous-groupe de $(\mathbb R_+^*,\times)$.

On va vérifier les hypothèses du théorème de caractérisation des sous-groupes.

• On sait que $1_G\in H_1$ (puisque $H_1$ est un sous-groupe de $G$) et que $1_G\in H_2$ (puisque $H_2$ est un sous-groupe de $G$). Donc $1_G\in H_1\cap H_2$.
• Soit $x,y\in H_1\cap H_2$. Alors, $x\in H_1,$ $y\in H_1$ et donc puisque $H_1$ est un sous-groupe de $G$, $xy\in H_1$. De la même façon, on prouve que $xy\in H_2$ et donc que $xy\in H_1\cap H_2$.
• Soit $x\in H_1\cap H_2$. Alors, $x\in H_1$ et puisque $H_1$ est un sous-groupe de $G$, $x^{-1}\in H_1$. De même, $x^{-1}\in H_2$ et finalement $x^{-1}\in H_1\cap H_2$.

Non, ce n'est pas le cas. Prenons $\mathbb Z^2=\mathbb Z\times \mathbb Z$ et $H=\{(x,x);\ x\in\mathbb Z\}$. $H$ est clairement un sous-groupe de $\mathbb Z^2$, et $H$ ne s'écrit pas $H=A\times B$, sinon on aurait $A=B=\mathbb Z$ ce qui n'est pas le cas.

Si $H\subset K$, alors $H\cup K=K$ qui est un sous-groupe de $G$. De même, si $K\subset H$, $H\cup K=H$ qui est un sous-groupe de $G$.
Supposons maintenant que $H\cup K$ est un sous-groupe de $G$ et que ni $H\subset K$, ni $K\subset H$. Alors on peut trouver $x\in H\backslash K$ et $y\in K\backslash H$. Puisque $H\cup K$ est un groupe et que $x,y\in H\cup K$, on a $xy\in H\cup K$. Mais si $xy\in H$, alors $y=x^{-1}(xy)$ est le produit de deux éléments de $H$, qui est un sous-groupe de $G$, et donc $y\in H$ ce qui est une contradiction. On obtient de même une contradiction dans l'autre cas possible $xy\in K$. L'hypothèse de départ est donc fausse, et on a bien $H\subset K$ ou $K\subset H$.

Supposons d'abord que $AB=BA$. Alors $AB$ est un sous-groupe de $G$ car :

1. $e\in AB$, car $e=ee$ avec $e\in A$ et $e\in B$ (ce sont des sous-groupes);
2. $AB$ est stable par passage au produit. En effet, si $x=ab\in AB$ et $y=a'b'\in AB$, alors $xy=aba'b'$. Or, $ba'$ est un élément de $BA$, c'est donc aussi un élément de $AB$ et donc $ba'=a''b''$ avec $a''\in A$ et $b''\in B$. On en déduit que $$xy=aa''b''b'\in AB$$ puisque $aa''\in A$ et $b''b'\in B$.
3. $AB$ est stable par passage à l'inverse. En effet, si $x=ab\in AB$, alors $x^{-1}=b^{-1}a^{-1}$ est élément de $BA$ et $BA=AB$.

Réciproquement, supposons que $AB$ est un sous-groupe de $G$ et prouvons que $AB=BA$. Soit d'abord $x=ab\in AB$. Alors $x^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in AB$ puisque $AB$ est un groupe et donc $b^{-1}a^{-1}=a'b'$ avec $a'\in A$ et $b'\in B$. On passe à l'inverse : $$ab=b'^{-1}a'^{-1}\in BA.$$ Pour l'autre inclusion, considérons $y=ba\in BA$. Alors $y^{-1}=a^{-1}b^{-1}\in AB$, et donc $y=(y^{-1})^{-1}\in AB$ puisque $AB$ est un groupe. .

On sait que, pour tous $z,w\in \mathbb C$, on a $$\exp(z+w)=\exp(z)\exp(w).$$ Ceci signifie exactement que $\exp$ est un morphisme de $(\mathbb C,+)$ dans $(\mathbb C^*,\cdot)$ (la fonction exponentielle ne prend jamais la valeur zéro). De plus, soit $w\in\mathbb C^*, w=re^{i\theta}$ avec $r>0$. Soit $a=\ln r$ et posons $z=a+i\theta$. Alors $$\exp(z)=\exp(a)\exp(i\theta)=re^{i\theta}=w.$$ L'exponentielle est un morphisme surjectif de $(\mathbb C,+)$ dans $(\mathbb C^*,\cdot)$. Déterminons son noyau. Si $\exp(z)=1$, posons $z=x+iy$. Alors $$\exp(z)=\exp(x)\exp(iy)=1=1\exp(i0).$$ Ceci est équivalent à $x=0$ et il existe $k\in \mathbb Z$ tel que $y=k2\pi$. On a donc $$\ker(\exp)=\{2ik\pi;\ k\in\mathbb Z\}.$$

Soit $f$ un morphisme de $(\mathbb Z,+)$. Prouvons par récurrence que pour tout $n\geq 1$, on a $f(n)=nf(1)$. C'est vrai pour $n=1$, et si c'est vrai pour $n$, alors $$f(n+1)=f(n)+f(1)=nf(1)+f(1)=(n+1)f(1).$$ De plus, pour $n\leq 0$, on a $-n\geq 0$ et donc $f(-n)=-nf(1)$. On en déduit : $$0=f(0)=f(n+(-n))=f(n)+f(-n)=f(n)-nf(1).$$ Ainsi, on a toujours $f(n)=nf(1)$, quel que soit $n\in\mathbb Z$.
Caractérisons maintenant les morphismes surjectifs. Supposons donc que $f$ est surjectif. Tout élément de $\mathbb Z=f(\mathbb Z)$ est un multiple de $f(1)$. Or, les seuls éléments de $\mathbb Z$ qui divisent tous les autres entiers sont $1$ et $-1$. On en déduit que $f(1)=1$ ou $f(1)=-1$, et donc que $f(n)=n$ ou $f(n)=-n$. Réciproquement, ces deux applications sont clairement des morphismes surjectifs de $(\mathbb Z,+)$.
Déterminons enfin les morphismes injectifs. Soit $f$ un morphisme et $n\in \ker(f)$. Alors $f(n)=nf(1)=0$. Si $f(1)\neq 0$, alors $f(n)=0\iff n=0$ et $f$ est injectif, et si $f(1)=0$, alors $f$ n'est pas injectif. Donc tous les morphismes de $(\mathbb Z,+)$ dans $(\mathbb Z,+)$ sont injectifs sauf l'application identiquement nulle.

Soit $f$ un tel morphisme de groupe. On va commencer par démontrer que pour $p$ et $q$ des entiers naturels, on a $f(p)=pf(1)$ et $f\left(\frac 1q\right)=\frac{1}{q}f(1)$. La première des deux propriétés se démontre aisément par récurrence. Pour la deuxième, on écrit que $$f(1)=f\left(\frac 1q+\cdots+\frac 1q\right)=qf\left(\frac 1q\right).$$ Notons ensuite $a=f(1)$. Alors $a/q$ est un entier pour tout entier $q$, et donc $a=0$. On en déduit que $f(p)=f(1/q)=0$ pour tous les entiers $p$ et $q$, puis que $f(p/q)=pf(1/q)=0$. Finalement, on trouve que $f$ est le morphisme nul.

Remarquons d'abord que le morphisme qui à tout $x$ de $G_1$ associe l'élément neutre $e$ de $G_2$ convient. Réciproquement, soit $x$ un élément de $G_1$ et notons $y=f(x)$. Puisque $x$ est un élément de torsion, il existe $n\geq 1$ tel que $x^n=e$. Mais alors, $$y^n=(f(x))^n=f(x^n)=f(e)=e.$$ Comme $G_2$ est sans torsion, on a $y=e$ et donc $f(x)=e$ pour tout $x\in G_1$.

Supposons que ces deux groupes sont isomorphes et soit $f$ un isomorphisme de $(\mathbb C^*,\cdot)$ dans $(\mathbb R^*,\cdot)$. Posons $a=f(i)$. Alors $$f(i^4)=a^4=1$$ et donc $a^2=1$ puisque $a^2>0$. D'où $1=a^2=f(i^2)=f(-1)$ et $1=f(1)$. $f$ ne peut pas être injectif, on a obtenu une contradiction.

Procédons par l'absurde et supposons qu'il existe $f:(\mathbb R^*,\times)\to(\mathbb Q^*,\times)$ un isomorphisme. En particulier, il existe $a\in\mathbb R^*$ tel que $f(a)=2$. Si $a>0$, alors il existe un réel $b$ tel que $a=b^2$. On a alors $2=f(a)=f(b)\times f(b)$ et donc $\sqrt 2=\pm f(b)$. Mais ceci contredit que $\sqrt 2$ est irrationnel.
Si $a<0$, alors il existe un réel $b$ tel que $a=-b^2$. On a alors $2=f(a)=f(-1)f(b)\times f(b)$. Mais $f(-1)^2=f(-1\times -1)=f(1)=1$ et donc $f(-1)=\pm 1$. Comme $f$ est un isomorphisme et $f(1)=1$, on a $f(-1)=-1$. On obtient alors $2=-f(b)^2$, ce qui est impossible puisque $2>0$ et $-f(b)^2<0$.
Dans les deux cas, on a obtenu une contradiction et l'existence d'un tel isomorphisme est impossible. On aurait aussi pu utiliser des arguments de cardinalité : $\mathbb Q^*$ est dénombrable, et $\mathbb R^*$ ne l'est pas. Donc il ne peut pas exister de bijection entre ces deux ensembles.

Puisque $f$ n'est pas constante, il existe $a\in G$ tel que $f(a)\neq 1$. Maintenant, l'application $x\mapsto ax$ est une permutation de $G$ : en effet, pour tout $y\in G$, il existe un unique $x\in G$ tel que $y=ax$ ($x$ est égal à $a^{-1}y$). On en déduit que $$\sum_{x\in G}f(ax)=\sum_{x\in G}f(x).$$ Mais d'autre part, puisque $f$ est un morphisme de groupes, on a aussi $$\sum_{x\in G}f(ax)=\sum_{x\in G}f(a)f(x)=f(a)\sum_{x\in G}f(x).$$ Ainsi, il vient $$\big(f(a)-1\big)\times \sum_{x\in G}f(x)=0.$$ Puisque $f(a)\neq 1$, on en déduit que $\sum_{x\in G}f(x)=0.$

On remarque d'abord que $+$ et $\circ$ sont bien des lois de composition interne sur $\textrm{End}(G)$. Ensuite, on vérifie tous les points de la définition d'un anneau.

1. $(\textrm{End}(G),+)$ est un groupe commutatif. En effet, la loi $+$ est associative et commutative, l'application $0_G:G\to G,\ g\mapsto 0$ est un élément neutre pour la loi $+$, et tout élément $f\in\textrm{End}(G)$ admet un inverse $-f:G\to G,\ x\mapsto -f(x)$.
2. La loi $\circ$ est associative.
3. La loi $\circ$ possède un élément neutre, qui est l'application identité.
4. La loi $\circ$ est distributive par rapport à la loi $+$ : pour tous $f,g,h\in\textrm{End}(G)$ et tout $x\in G$, $$((f+g)\circ h)(x)=(f+g)(h(x))=f(h(x))+g(h(x))=(f\circ h+g\circ h)(x)$$ et $$(f\circ (g+h))(x)=f((g+h)(x))=f(g(x)+h(x))=f(g(x))+f(h(x))=(f\circ g+f\circ h)(x).$$

Ainsi, $(\textrm{End}(G),+,\circ)$ est un anneau.

On va démontrer que $A$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. Pour cela, soient $x=\frac mn$ et $y=\frac{m'}{n'}\in A$. Alors : $$x-y=\frac{mn'-m'n}{nn'}\textrm{ et }xy=\frac{mm'}{nn'}.$$ Comme $nn'$, produit de deux nombres impairs, est impair, et que $A$ est non vide puisqu'il contient $1$, on en déduit que $A$ est bien un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$.
Déterminons ensuite les inversibles de $A$. Soit $x=\frac mn\in A$ inversible, et soit $y=\frac{m'}{n'}\in A$ tel que $xy=1$. On en déduit que $mm'=nn'$. En particulier, $m$ est nécessairement impair. Réciproquement, si $x=\frac{m}n$ avec $m$ impair, alors $y=\frac nm$ est dans $A$ (si jamais $m<0$, il suffit d'écrire $y=\frac{-n}{-m}$ pour vérifier qu'il est bien dans $A$), et $xy=1$. Ainsi, les inversibles de $A$ sont les éléments $\frac mn$ avec $m\in\mathbb Z$, $n\in\mathbb N^*$, et $m,n$ impairs.

On va prouver que $(\mathbb D,+,\times)$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. On remarque d'abord que $\mathbb D\subset\mathbb Q$, puis que $1\in\mathbb D$. De plus, soient $x=\frac n{10^k}$ et $y=\frac{m}{10^l}$ deux éléments de $\mathbb D$. Alors $$x-y=\frac{n10^l-m10^k}{10^{k+l}}\textrm{ et }xy=\frac{nm}{10^{k+l}}$$ sont clairement des éléments de $\mathbb D$, et $(\mathbb D,+,\times)$ est bien un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$.
Déterminons ensuite les inversibles de $(\mathbb D,+,\times)$. Soit $x=\frac{n}{10^k}$ inversible, d'inverse $y=\frac{m}{10^l}$. Alors $$xy=1\iff nm=10^{k+l}.$$ On en déduit que les seuls diviseurs premiers de $n$ sont $2$ et $5$, autrement dit que $n$ s'écrit $\pm 2^p5^q$ pour $p,q\in\mathbb N$. Réciproquement, soit $x=\frac{\pm 2^p5^q}{10^k}$ et montrons que $x$ est inversible dans $\mathbb D$. Posons $y=\frac{\pm 10^k}{2^p5^q}$. Il suffit de vérifier que $y$ est élément de $\mathbb D$. Mais on peut aussi écrire $$y=\frac{\pm 10^k 2^q 5^p}{2^{p+q}5^{p+q}}=\frac{\pm 10^k 2^q5^p}{10^{p+q}}\in\mathbb D.$$ Ainsi, les inversibles de $(\mathbb D,+,\times)$ sont les éléments $\frac{\pm 2^p5^q}{10^k}$, avec $p,q,k\in\mathbb N$.

Il suffit de vérifier le théorème de caractérisation des sous-anneaux.

• $1\in C(A)$, puisque $1a=a1=a$ pour tout $a\in A.$
• Soit $a,a'\in C(A)$ et soit $b\in A$. Alors $$(a-a')b=ab-a'b=ba-ba'=b(a-a')$$ (on a utilisé deux fois la distributivité) et donc $a-a'\in C(A).$
• Soit $a,a'\in C(A)$ et soit $b\in A$. Alors $$(aa')b=a(a'b)=a(ba')=(ab)a'=(ba)a'=b(aa')$$ (on a utilisé plusieurs fois l'associativité) et donc $aa'\in C(A).$

Non, cet anneau n'est pas intègre. Il suffit de trouver deux fonctions non identiquement nulles dont le produit est nulle. Par exemple, si $f=1$ sur $]-\infty,0]$ et $0$ sur $]0,+\infty[$, et si $g=0$ sur $]-\infty,0]$ et $1$ sur $]0,+\infty[$, alors ni $f$ ni $g$ n'est nulle et pourtant $fg=0.$

Soient $n,m$ tels que $x^n=0$ et $y^m=0$.

1. Puisque $x$ et $y$ commutent, on a $(xy)^n=x^ny^n=0\times y^n=0$.
2. Remarquons d'abord que pour $p\geq n$, on a $x^p=x^{p-n}x^n=0$. D'après la formule du binôme, $(x+y)^{n+m}=\sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^ky^{n+m-k}$. Mais, pour $k\geq n$, $x^k=0\implies x^ky^{n+m-k}=0$. D'autre part, pour $k<n$, on a $n+m-k\geq m$ et donc $y^{n+m-k}=0\implies x^k y^{n+m-k}=0$. Ainsi, $(x+y)^{n+m}=0$. On pourrait même se contenter de prendre la puissance $n+m-1$.
3. L'idée est d'utiliser l'identité remarquable (toujours valable dans un anneau) $$1-x^p=(1-x)(1+x+\dots+x^{p-1}).$$ Si on l'applique pour $p=n$, alors on obtient $$1=(1-x)(1+x+\dots+x^{n-1})$$ ce qui implique que $1-x$ est inversible d'inverse $1+x+\dots+x^{n-1}$.
4. Soit $n\geq 1$ tel que $(uv)^n=0$. Alors $$(vu)^{n+1}=v(uv)^nu=v\times0\times u=0.$$ Ainsi, $vu$ est nilpotent.

On va commencer par démontrer que $\mathbb Q(i)$ est un sous-anneau de $\mathbb C.$ Pour cela, on remarque que

• $1\in\mathbb Q(i)$
• si $z=a+ib$ et $z'=a+ib'\in\mathbb Q(i),$ alors $$z-z'=(a-a')+i(b-b')\in\mathbb Q(i)$$ et $$zz'=(a+ib)(a'+ib')=(aa'-bb')+i(ab'+a'b)\in\mathbb Q(i).$$

Ensuite, soit $z=a+ib\in\mathbb Q(i),$ $z\neq 0.$ Alors $$\frac1z=\frac{a-ib}{a^2+b^2}=\frac{a}{a^2+b^2}+i\frac{-b}{a^2+b^2}\in\mathbb Q(i).$$ Ainsi, $1/z$ est dans $\mathbb Q(i)$ et donc tout élément non nul de $\mathbb Q(i)$ admet un inverse dans $\mathbb Q(i)$. Ceci achève de prouver que $\mathbb Q(i)$ est un corps.

On va démontrer qu'il s'agit d'un sous-corps de $(\mathbb R,+,\times)$. Remarquons d'abord qu'il est bien contenu dans $\mathbb R$ et que $0,1\in \mathbb Q[\sqrt d]$. Soient $x,y\in\mathbb Q[\sqrt d]$. On les écrit $x=a+b\sqrt d$ et $y=a'+b'\sqrt d$. Alors : \begin{eqnarray*} x-y&=&(a-a')+(b-b')\sqrt d\\ xy&=&(aa'+dbb')+(ab'+a'b)\sqrt d \end{eqnarray*} ce qui prouve que $x-y$ et $xy\in\mathbb Q[\sqrt d]$. D'autre part, si $x\neq 0$, alors $$\frac 1x=\frac{1}{a+b\sqrt d}=\frac{a-b\sqrt d}{a^2-b^2d}=\frac{a}{a^2-b^2 d}-\frac{b}{a^2-b^2 d}\sqrt d\in\mathbb Q[\sqrt d]$$ et donc $\frac 1x\in \mathbb Q[\sqrt d]$. Remarquons qu'il était possible de multiplier par la quantité conjuguée qui est non-nulle car $\sqrt d\notin \mathbb Q$. Finalement, on a bien prouvé que $(\mathbb Q[\sqrt d],+,\times)$ est un sous-corps de $(\mathbb R,+,\times)$.

Fixons $a\in A$ non nul et considérons le morphisme de groupes $(A,+)\to (A,+),\ x\mapsto ax$. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est réduit à $\{0_A\}$ puisque $A$ est intègre. Puisque $A$ est fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et donc il existe $x\in A$ tel que $ax=1_A$. Par commutativité de $A$, on a aussi $xa=1_A$ et donc $a$ admet un inverse : $A$ est un corps.
Remarquons que l'on peut se passer de l'hypothèse que $A$ est commutatif, par exemple en faisant le même raisonnement avec $x\mapsto xa$, et en prouvant que l'inverse à droite et l'inverse à gauche coïncident.