BAC Sciences Math (Maroc, Juin 2016) – Exercice d’Algèbre

On rappelle que $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+,\times\big)$ est un anneau unitaire. $\displaystyle\mathtt{I}=\left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right)$ est l’élément unité de $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$.

Et $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{C}),+,\times\big)$ est un corps commutatif.

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Pour tout tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$, on pose :

$$M(x,y)=\left(\begin{matrix} x+y & 0 & -2y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x-y \end{matrix}\right)$$

 

Et on note $E$ l’ensemble :

$$E=\{M(x,y)\,;\,(x,y)\in\mathbb{R}^2\}$$

 

1. Montrer que $E$ est un sous-groupe de $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$.

2. Vérifier que pour tout $(x,y)$ dans $\mathbb{R}^2$ et pour tout $(x^{\prime},y^{\prime})$ dans $\mathbb{R}^2$, on a :

$$M(x,y)\times M(x^{\prime},y^{\prime})=M(xx^{\prime}-yy^{\prime}\,,\,xy^{\prime}+yx^{\prime})$$

3. On pose $\displaystyle E^*=E-\{M(0,0)\}$ et on considère l’application $\varphi$ définie par :

$$\varphi\,\begin{cases}\mathbb{C}^*\to E\\z\mapsto M(x,y)\end{cases}$$

3.1 Montrer que $\varphi$ est un morphisme de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ dans $\displaystyle(E,\times)$.

3.2 En déduire que $\displaystyle(E^*,\times)$ est un groupe commutatif dont l’élément neutre est $M(1,0)$.

4. Montrer que $\displaystyle(E,+,\times)$ est un corps commutatif.

5. On désigne par $A$ la matrice $\displaystyle A=\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right)$

5.1 Soit $M(x,y)$ un élément de $E$. Calculer $\displaystyle A\times M(x,y)$.

5.2 En déduire que les éléments de $E$ n’ont pas de symétrique dans $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$.

FIN

RAPPELS :

$\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+,\times\big)$ est un anneau unitaire signifie que :

• $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$ est un groupe commutatif.
• La loi $\times$ est associative et est distributive par rapport à la loi $+$.
• $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ est unitaire signifie que la loi $\times$ admet un élément neutre. Ici, c’est l’élément unité de $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$, soit $I$.

 

$\displaystyle\big(\mathbb{C},+,\times\big)$ est un corps commutatif signifie que :

• $\displaystyle\big(\mathbb{C},+,\times\big)$ est un anneau commutatif unitaire.
• $\displaystyle\big(\mathbb{C}^*,\times\big)$ est un groupe commutatif.

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1. $E$ est un sous-groupe de $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$ :

$E$ est l’ensemble défini par $\displaystyle E=\{M(x,y)\,;\,(x,y)\in\mathbb{R}^2\}$.

Pour montrer que $E$ est un sous-groupe de $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$, il suffit de montrer que :

• $E$ n’est pas vide.
• Pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ et pour tout $(x^{\prime},y^{\prime})\in\mathbb{R}^2$, on a $M(x,y)-M(x^{\prime},y^{\prime})\in E$.

 

$M(0,0)\in E$, donc $E$ n’est pas vide.

Pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ et pour tout $(x^{\prime},y^{\prime})\in\mathbb{R}^2$, on a :

$$\begin{align}M_1(x,y)-M(x^{\prime},y^{\prime})&=\left(\begin{matrix} x+y & 0 & -2y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x-y \end{matrix}\right)-\left(\begin{matrix} x^{\prime}+y^{\prime} & 0 & -2y^{\prime} \\ 0 & 0 & 0 \\ y^{\prime} & 0 & x^{\prime}-y^{\prime} \end{matrix}\right)\\\\&=\left(\begin{matrix} x+y-x^{\prime}-y^{\prime} & 0 & -2y+2y^{\prime} \\ 0 & 0 & 0 \\ y-y^{\prime} & 0 & x-y-x^{\prime}+y^{\prime} \end{matrix}\right)\\\\&=\left(\begin{matrix} x-x^{\prime}+y-y^{\prime} & 0 & -2(y-2y^{\prime}) \\ 0 & 0 & 0 \\ y-y^{\prime} & 0 & x-x^{\prime}-(y-y^{\prime}) \end{matrix}\right)\\\\&=M(x-x^{\prime},y-y^{\prime})\in E\end{align}$$

$E$ est donc un sous-groupe de $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$.

2. Vérifier que pour tout $(x,y)$ dans $\mathbb{R}^2$ et pour tout $(x^{\prime},y^{\prime})$ dans $\mathbb{R}^2$, on a :

$$M(x,y)\times M(x^{\prime},y^{\prime})=M(xx^{\prime}-yy^{\prime}\,,\,xy^{\prime}+yx^{\prime})$$

On a d’une part,

$$M(xx^{\prime}-yy^{\prime},xy^{\prime}+yx^{\prime})=\left(\begin{matrix} xx^{\prime}-yy^{\prime}+xy^{\prime}+yx^{\prime} & 0 & -2(xy^{\prime}+yx^{\prime}) \\ 0 & 0 & 0 \\ xy^{\prime}+yx^{\prime} & 0 & xx^{\prime}-yy^{\prime}-xy^{\prime}-yx^{\prime} \end{matrix}\right)$$

Et d’autre part,

$$\begin{align}M(x,y)\times M(x^{\prime},y^{\prime}))&=\left(\begin{matrix} x+y & 0 & -2y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x-y \end{matrix}\right)\times\left(\begin{matrix} x^{\prime}+y^{\prime} & 0 & -2y^{\prime} \\ 0 & 0 & 0 \\ y^{\prime} & 0 & x^{\prime}-y^{\prime} \end{matrix}\right)\\\\&=\left(\begin{matrix} (x+y)(x^{\prime}+y^{\prime})+0+(-2yy^{\prime}) & 0 & -2y^{\prime}(x+y) \\ 0 & 0 & 0 \\ y(x^{\prime}+y^{\prime})+0+y^{\prime}(x-y) & 0 & -2y^{\prime}y+0+(x-y)(x^{\prime}-y^{\prime}) \end{matrix}\right)\\\\&=\left(\begin{matrix} xx^{\prime}-yy^{\prime}+xy^{\prime}+yx^{\prime} & 0 & -2(xy^{\prime}+yx^{\prime}) \\ 0 & 0 & 0 \\ xy^{\prime}+yx^{\prime} & 0 & xx^{\prime}-yy^{\prime}-xy^{\prime}-yx^{\prime} \end{matrix}\right)\\\\&=M(xx^{\prime}-yy^{\prime},xy^{\prime}+yx^{\prime})\end{align}$$

Pour tout $(x,y)$ dans $\mathbb{R}^2$ et pour tout $(x^{\prime},y^{\prime})$ dans $\mathbb{R}^2$, on a :

$M(x,y)\times M(x^{\prime},y^{\prime})=M(xx^{\prime}-yy^{\prime}\,,\,xy^{\prime}+yx^{\prime})$

3. On pose $\displaystyle E^*=E-\{M(0,0)\}$ et on considère l’application $\varphi$ définie par :

$$\varphi\,\begin{cases}\mathbb{C}^*\to E\\z\mapsto M(x,y)\end{cases}$$

3.1 $\varphi$ est un morphisme de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ dans $\displaystyle(E,\times)$ :

Pour montrer que $\varphi$ est un morphisme de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ dans $\displaystyle(E,\times)$, il suffit de montrer que pour tout $z$ et $z^{\prime}$ dans $\mathbb{C}^*$, on a $\displaystyle\varphi(z\times z^{\prime})=\varphi(z)\times\varphi(z^{\prime})$.

Soient $z$ et $z^{\prime}$ sont dans $\mathbb{C}^*$, ils existent donc $(x,y)$ et $(x^{\prime},y^{\prime})$ dans $\mathbb{R}^2-\{(0,0)\}$ tels que $z=x+iy$ et $z^{\prime}=x^{\prime}+iy^{\prime}$. Et on a,

$$\begin{align}\varphi(z\times z^{\prime})&=\varphi\left((x+iy)\times (x^{\prime}+iy^{\prime})\right)\\&=\varphi(xx^{\prime}-yy^{\prime}+i(xy^{\prime}+yx^{\prime}))\\&=M(xx^{\prime}-yy^{\prime},xy^{\prime}+yx^{\prime})\quad\text{car }\varphi(z)=M(x,y)\text{ donc }\varphi(x+iy)=M(x,y)\\&=M(x,y)\times M(x^{\prime},y^{\prime})\qquad\,\,\,\text{d’après la question précédente}\\&=\varphi(z)\times\varphi(z^{\prime})\end{align}$$

$\varphi$ est donc un morphisme de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ dans $\displaystyle(E,\times)$.

3.2 $\displaystyle(E^*,\times)$ est un groupe commutatif, dont l’élément neutre est $M(1,0)$ :

$\displaystyle(E^*,\times)$ est un groupe commutatif :

On a montré à la question précédente que $\varphi$ est un morphisme de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ dans $\displaystyle(E,\times)$. On sait d’après les rappels donnés en début d’énoncé que $\displaystyle\big(\mathbb{C}^*,\times\big)$ est un groupe commutatif, donc $\displaystyle\big(\varphi(\mathbb{C}^*),\times\big)$.

Si je démontre que $\displaystyle\varphi(\mathbb{C}^*)=E^*$, c’est gagné

Par construction, on a :

$$\begin{align}\varphi(\mathbb{C}^*)&=\{\varphi(x+iy)\text{ tel que }(x,y)\in\mathbb{R}^2\text{ et }a+ib\neq 0\}\\&=\{M(x,y)\text{ tel que }(x,y)\neq (0,0)\}\\&=E^*\end{align}$$

$\displaystyle(E^*,\times)$ est donc un groupe commutatif.

 

$M(1,0)$ est l’élément neutre de $\displaystyle(E^*,\times)$ :
L’élément neutre de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ est $1$. Notons $e$ l’élément neutre de $\displaystyle(E^*,\times)$ et montrons que $\displaystyle e=M(1,0)$.

$\varphi$ est un morphisme de $\displaystyle(\mathbb{C^*},\times)$ dans $\displaystyle(E,\times)$, donc $\displaystyle\varphi(1)=e$ $(\displaystyle\varphi(\text{élément neutre de }(\mathbb{C^*},\times))=\text{élément neutre de }(E^*,\times)$, or $\displaystyle\varphi(1)=\varphi(1+0i)=M(1,0)$.

Donc, $M(1,0)$ est l’élément neutre de $\displaystyle(E^*,\times)$.

4. $\displaystyle(E,+,\times)$ est un corps commutatif :

On a montré à la question 1. que $E$ est un sous-groupe de $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$. Donc $E$ est un groupe.

On a montré à la question 3.2 que $\displaystyle(E^*,\times)$ est un groupe commutatif.

On sait d’après « les rappels » donnés au début de l’énoncé que $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+,\times\big)$ est un anneau, on en déduit que la loi $\times$ est distributive.

De ces éléments, on déduit que $\displaystyle(E,+,\times)$ est un corps commutatif.

5. On désigne par $A$ la matrice $\displaystyle A=\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right)$

5.1 Calcul de $\displaystyle A\times M(x,y)$ pour $M(x,y)$ élément de $E$:

On a,

$$\begin{align}A\times M(x,y)&=\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right)\times\left(\begin{matrix} x+y & 0 & -2y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x-y \end{matrix}\right)\\\\&=\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right)\\\\&=\mathcal{O}_3\end{align}$$

Où $\displaystyle\mathcal{O}_3$ désigne la matrice nulle de $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$.

$\displaystyle A\times M(x,y)=\mathcal{O}_3$.

5.2 Les éléments de $E$ n’ont pas de symétrique dans $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$ :

Il s’agit de déduire ce résultat de la question précédente. Pour ce faire, on raisonne par l’absurde.

Soit $M(x,y)$ un élément de $E$.

Supposons que $M(x,y)$ admet un symétrique dans $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$. Notons $M^{\prime}(x^{\prime},y^{\prime})$ ce symétrique.

On a alors,

$$M(x,y)\times M^{\prime}(x^{\prime},y^{\prime})=M^{\prime}(x^{\prime},y^{\prime})\times M(x,y)=I_3$$
Où $I_3$ est la matrice identité de $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ et de $E$.

En multipliant les deux côtés de l’égalité par la matrice $A$, on obtient :

$$\begin{align}A\times M(x,y)\times M^{\prime}(x^{\prime},y^{\prime})&=A\times I_3\\\mathcal{O}_{3}\times M^{\prime}(x^{\prime},y^{\prime})&=A\\\mathcal{O}_{3}&=A\end{align}$$

Ce qui est absurde car $\displaystyle\mathcal{O}_{3}\neq A$.

L’hypothèse de départ qui consiste à affirmer que $M(x,y)$ admet un symétrique dans $\displaystyle\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$est donc fausse.

Par conséquent, les éléments de $E$ n’ont pas de symétrique dans $\displaystyle\big(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}),+\big)$.

FIN