Structures algébriques usuelles

Depuis le début de l'année, vous avez démontré plusieurs fois la même chose sans le savoir. Que la somme de deux entiers relatifs est un entier relatif, que l'addition est associative, que $0$ ne change rien, que tout entier a un opposé : voilà quatre vérifications. Vous les avez refaites pour les rationnels, pour les réels, pour les complexes. Vous les avez refaites une nouvelle fois, sous un autre habillage, en constatant que la composée de deux bijections d'un ensemble est une bijection, que la composition est associative, que l'identité ne change rien, et que toute bijection admet une réciproque. Ce sont pourtant deux situations qui n'ont, en apparence, rien à voir : d'un côté des nombres qu'on additionne, de l'autre des applications qu'on compose. Ce chapitre part de ce constat et en tire la conséquence : puisque ce sont les mêmes vérifications, ce sont les mêmes théorèmes, et il est absurde de les démontrer deux fois.

L'idée est celle de structure. On oublie la nature des objets — entiers, complexes, bijections, peu importe — pour ne garder qu'un ensemble, une ou deux opérations sur cet ensemble, et une courte liste de propriétés exigées de ces opérations. Cette liste s'appelle une structure : structure de groupe quand il y a une opération, structures d'anneau et de corps quand il y en a deux. Tout ce que l'on démontre à partir de la seule liste vaut alors, automatiquement et sans nouvelle démonstration, dans chacun des exemples. C'est un renversement complet de la façon de travailler : on ne démontre plus un résultat dans $\mathbb{Z}$, on le démontre dans tout groupe, et $\mathbb{Z}$ en hérite au même titre que ${\mathbb{U}}_n$ ou que l'ensemble des bijections d'un ensemble.

Le bénéfice est immédiat sur la façon de lire un énoncé. Écrire « $(G,\star )$ est un groupe » remplace désormais une dizaine de vérifications, exactement comme écrire « $f$ est continue » remplace une phrase avec des $\epsilon$. Et quand on rencontre un nouvel ensemble, la question à se poser n'est plus « quelles sont ses propriétés ? » mais « de quelle structure connue est-il un morceau ? ». Nous verrons que la réponse à cette seconde question tient presque toujours en trois lignes, là où la première en demanderait deux pages : c'est tout l'objet de la notion de sous-groupe, puis de sous-anneau et de sous-corps. Une deuxième idée, tout aussi rentable, apparaîtra en cours de route : celle de morphisme, c'est-à-dire d'application qui respecte les opérations. Un morphisme transporte les calculs d'une structure vers une autre, et son noyau mesure d'un seul coup ce qu'il perd en chemin.

Le chapitre suit ce fil. Nous étudions d'abord une loi seule, avec ses propriétés possibles — associativité, commutativité, neutre, inverses — et le vocabulaire qui va avec. Nous ajoutons ensuite les axiomes de groupe, puis nous apprenons à reconnaître les sous-groupes et les morphismes de groupes. La seconde moitié du chapitre reprend le même plan avec deux lois : anneaux, corps, et morphismes d'anneaux. Une dernière section rassemble les méthodes, car ce chapitre est de ceux où la rédaction est presque entièrement standardisée : une fois les cinq ou six réflexes acquis, la plupart des exercices se traitent sans idée nouvelle.

Les notations suivantes sont fixées une fois pour toutes. Une loi de composition interne quelconque est notée $\star$ (parfois $\mathrm{\top }$ lorsqu'il en faut deux), et l'on écrit $x\star y$ le composé de $x$ et $y$. L'élément neutre d'une telle loi est noté $e$, ou $e_G$ s'il faut préciser dans quel ensemble on travaille ; le symétrique de $x$ est noté $x^{\mathrm{\prime }}$ tant que la loi reste abstraite. Dès que la loi est notée multiplicativement, on écrit $xy$ pour $x\star y$, $1$ ou $1_G$ pour le neutre, $x^{-1}$ pour le symétrique — que l'on appelle alors inverse — et $x^n$ pour les puissances. Dès qu'elle est notée additivement (réservé aux lois commutatives), on écrit $x+y$, $0$ ou $0_G$ pour le neutre, $-x$ pour le symétrique — appelé opposé — et $nx$ pour les multiples. L'ensemble des bijections d'un ensemble $X$ sur lui-même est noté ${\mathfrak{S}}_X$, et ${\mathfrak{S}}_n$ lorsque $X=\{1,2,\dots ,n\}$. Pour un morphisme $f$, on note $\mathrm{Ker}f$ son noyau et $\mathrm{Im}f$ son image. Enfin, l'ensemble des éléments inversibles d'un anneau $A$ est noté $A^{\times }$. Les ensembles de nombres gardent leurs notations habituelles : $\mathbb{N}$, $\mathbb{Z}$, $\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$, $\mathbb{C}$, avec ${\mathbb{K}}^{\ast }$ pour $\mathbb{K}$ privé de $0$, ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ pour les réels strictement positifs, $\mathbb{U}$ pour l'ensemble des complexes de module $1$ et ${\mathbb{U}}_n$ pour celui des racines $n$-ièmes de l'unité.

Lois de composition interne

Définition et premiers exemples

Tout commence par une définition volontairement très pauvre : une opération, et rien d'autre. Les propriétés viendront ensuite, une par une.

Deux exigences se cachent dans cette définition, et ce sont elles que l'on vérifie en pratique.

La table d'une loi sur un ensemble fini

Quand $E$ est fini et petit, une loi se donne entièrement par un tableau à double entrée : à l'intersection de la ligne $x$ et de la colonne $y$, on lit $x\star y$. C'est un support de lecture très commode, car plusieurs propriétés s'y voient d'un coup d'œil.

Associativité

L'associativité est de très loin la plus importante des propriétés d'une loi, et la raison en est simple : c'est elle qui permet de supprimer les parenthèses. Sans elle, une expression comme $x\star y\star z$ n'a aucun sens, puisqu'elle désigne deux objets a priori différents.

Ce théorème se démontre par une récurrence forte sur $n$, un peu technique et sans idée nouvelle : nous l'admettons. Retenons plutôt son contenu concret. Pour $n=4$, il y a cinq parenthésages possibles,

$$((x_1\star x_2)\star x_3)\star x_4,(x_1\star (x_2\star x_3))\star x_4,(x_1\star x_2)\star (x_3\star x_4),x_1\star ((x_2\star x_3)\star x_4),x_1\star (x_2\star (x_3\star x_4)),$$

et l'associativité assure qu'ils sont tous égaux. C'est ce qui vous autorise, depuis toujours, à écrire $2+3+7$ sans y penser.

Commutativité

Élément neutre

Démonstration. Supposons que $e$ et $e^{\mathrm{\prime }}$ soient deux éléments neutres pour la loi $\star$, et calculons le composé $e\star e^{\mathrm{\prime }}$ de deux façons.

Comme $e$ est neutre, $e\star e^{\mathrm{\prime }}=e^{\mathrm{\prime }}$. Comme $e^{\mathrm{\prime }}$ est neutre, $e\star e^{\mathrm{\prime }}=e$. Ces deux quantités désignent le même élément de $E$, donc $e=e^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Éléments symétrisables

Démonstration. Soit $x\in E$ symétrisable, et soient $y$ et $z$ deux symétriques de $x$. Calculons le composé $y\star x\star z$ — écriture licite grâce à l'associativité — en le parenthésant de deux façons.

D'une part, en groupant à gauche :

$$(y\star x)\star z=e\star z=z\mathrm{.}$$

D'autre part, en groupant à droite :

$$y\star (x\star z)=y\star e=y\mathrm{.}$$

L'associativité affirme que ces deux quantités sont égales, donc $y=z$. $\mathrm{\square }$

Le résultat suivant est utilisé en permanence, et son piège est célèbre : les facteurs changent d'ordre.

Démonstration. Point 1. Les égalités $x\star x^{-1}=x^{-1}\star x=e$ se lisent dans les deux sens : elles disent aussi que $x$ est un symétrique de $x^{-1}$. Par unicité du symétrique, $(x^{-1}{)}^{-1}=x$.

Point 2. Calculons le composé de $x\star y$ par $y^{-1}\star x^{-1}$, en utilisant librement l'associativité :

$$(x\star y)\star (y^{-1}\star x^{-1})=x\star (y\star y^{-1})\star x^{-1}=x\star e\star x^{-1}=x\star x^{-1}=e\mathrm{.}$$

Dans l'autre sens :

$$(y^{-1}\star x^{-1})\star (x\star y)=y^{-1}\star (x^{-1}\star x)\star y=y^{-1}\star e\star y=y^{-1}\star y=e\mathrm{.}$$

L'élément $y^{-1}\star x^{-1}$ est donc un symétrique de $x\star y$, et c'est le seul par unicité. $\mathrm{\square }$

Distributivité

Lorsqu'un ensemble porte deux lois, une nouvelle question se pose : comment interagissent-elles ?

Parties stables et loi induite

Voici la dernière notion de cette section, et la plus utile en pratique : elle est le point de départ de tout ce qui suivra sur les sous-groupes et les sous-anneaux.

Démonstration. Les deux propriétés sont des égalités universelles, c'est-à-dire vraies pour tous les éléments de $E$. Elles restent donc vraies pour les éléments de $A$, qui sont en particulier des éléments de $E$ : si $(x,y,z)\in A^3$, alors $(x,y,z)\in E^3$ donc $(x\star y)\star z=x\star (y\star z)$, et les trois composés en jeu appartiennent à $A$ par stabilité. Même argument pour la commutativité. $\mathrm{\square }$

Cette remarque explique le partage du travail dans tout le reste du chapitre : l'associativité et la commutativité se récupèrent gratuitement, tandis que le neutre et les symétriques doivent être vérifiés à chaque fois.

Groupes

Définition

Nous rassemblons maintenant les propriétés vues une à une en une seule définition. Elle est très courte, et c'est la plus rentable de l'année.

Le catalogue des groupes usuels

Voici les groupes que vous devez reconnaître instantanément. Ce sont eux qui servent de référence : dans la plupart des exercices, l'ensemble étudié se révèle être une partie de l'un d'entre eux.

Les groupes additifs d'abord. Dans les quatre cas, l'associativité et la commutativité de $+$ sont connues, le neutre est $0$, et l'opposé de $x$ est $-x$.

Les groupes multiplicatifs ensuite. Le point à vérifier à chaque fois est que la partie considérée est bien stable et ne contient pas $0$.

Passons aux ensembles qui ne sont pas des groupes. Il est aussi important de savoir dire non que de savoir dire oui, et c'est toujours un axiome précis qui échoue.

Règles de calcul dans un groupe

Ces règles ne disent rien de nouveau : elles ne font qu'exploiter les trois axiomes. Mais ce sont elles que l'on utilise dans chaque calcul, et il faut savoir les redémontrer.

Démonstration. Point 1. C'est la propriété démontrée à la section précédente, la loi d'un groupe étant associative et tout élément étant symétrisable.

Point 2. Supposons $a\star x=a\star y$. Composons à gauche par $a^{-1}$, ce qui est licite puisque $a^{-1}$ existe :

$$a^{-1}\star (a\star x)=a^{-1}\star (a\star y)\mathrm{.}$$

Par associativité, le membre de gauche vaut $(a^{-1}\star a)\star x=e\star x=x$, et le membre de droite vaut de même $y$. Donc $x=y$. Le second énoncé se démontre à l'identique en composant à droite par $a^{-1}$.

Point 3. Analyse. Soit $x$ une solution : de $a\star x=b$ on tire, en composant à gauche par $a^{-1}$, que $x=a^{-1}\star b$. Il y a donc au plus une solution. Synthèse. Réciproquement, posons $x=a^{-1}\star b$ ; alors

$$a\star x=a\star (a^{-1}\star b)=(a\star a^{-1})\star b=e\star b=b,$$

donc $x$ est bien solution.

Point 4. Même raisonnement en composant à droite. $\mathrm{\square }$

Puissances d'un élément

Démonstration. Première formule, cas $m,n\in \mathbb{N}$. Fixons $m\in \mathbb{N}$ et raisonnons par récurrence sur $n$. Pour $n=0$ : $x^{m+0}=x^m=x^m\star e=x^m\star x^0$. Supposons la formule vraie au rang $n$ ; alors, par définition puis par hypothèse de récurrence,

$$x^{m+(n+1)}=x^{(m+n)+1}=x^{m+n}\star x=(x^m\star x^n)\star x=x^m\star (x^n\star x)=x^m\star x^{n+1}\mathrm{.}$$

La formule est donc vraie pour tous $m,n\in \mathbb{N}$.

Extension aux entiers relatifs. Elle repose sur l'égalité $(x^n{)}^{-1}=(x^{-1}{)}^n$ pour $n\in \mathbb{N}$, que l'on établit par récurrence : vraie pour $n=0$ (les deux membres valent $e$), elle passe du rang $n$ au rang $n+1$ grâce au renversement de l'ordre :

$$(x^{n+1}{)}^{-1}=(x^n\star x{)}^{-1}=x^{-1}\star (x^n{)}^{-1}=x^{-1}\star (x^{-1}{)}^n=(x^{-1}{)}^{n+1},$$

la dernière égalité utilisant que $x^{-1}$ commute avec ses propres puissances. On traite ensuite $x^{m+n}=x^m\star x^n$ par disjonction sur les signes de $m$ et $n$ : le cas $m,n⩽0$ se ramène au cas positif en passant aux inverses, et les cas de signes contraires se traitent en simplifiant les facteurs $x\star x^{-1}=e$ qui se font face. Ces vérifications sont sans difficulté et nous ne les détaillons pas.

Deuxième formule. Pour $n\in \mathbb{N}$, récurrence sur $n$ : au rang $0$, $(x^m{)}^0=e=x^0$ ; et

$$(x^m{)}^{n+1}=(x^m{)}^n\star x^m=x^{mn}\star x^m=x^{mn+m}=x^{m(n+1)},$$

en utilisant la première formule. Le cas $n<0$ s'en déduit en passant aux inverses. $\mathrm{\square }$

Voici maintenant le piège central du chapitre, celui qui distingue vraiment le calcul dans un groupe du calcul dans $\mathbb{R}$.

Démonstration. Démontrons l'équivalence. Par définition, $(x\star y{)}^2=x\star y\star x\star y$ et $x^2\star y^2=x\star x\star y\star y$.

$(⟹)$ Supposons $x\star y\star x\star y=x\star x\star y\star y$. Composons à gauche par $x^{-1}$ : la régularité donne $y\star x\star y=x\star y\star y$. Composons maintenant à droite par $y^{-1}$ : il vient $y\star x=x\star y$.

$(⟸)$ Supposons $x\star y=y\star x$. Alors

$$(x\star y{)}^2=x\star (y\star x)\star y=x\star (x\star y)\star y=x^2\star y^2\mathrm{.}$$

Pour la dernière affirmation, on montre par récurrence sur $n\in \mathbb{N}$ que $(x\star y{)}^n=x^n\star y^n$ lorsque $x$ et $y$ commutent : le passage du rang $n$ au rang $n+1$ demande de faire traverser un $x$ à travers $y^n$, ce qui est licite car $x$ commute avec $y$, donc avec toutes ses puissances (récurrence immédiate). Le cas $n<0$ s'obtient en passant aux inverses. $\mathrm{\square }$

Le groupe des permutations d'un ensemble

Nous disposons pour l'instant d'exemples exclusivement abéliens. En voici une famille qui ne l'est pas, et qui joue un rôle central en algèbre.

Démonstration. La loi est interne. La composée de deux bijections de $X$ sur $X$ est une bijection de $X$ sur $X$ : c'est un résultat établi au chapitre sur les applications. Donc $\sigma \circ {\sigma }^{\mathrm{\prime }}\in {\mathfrak{S}}_X$ pour toutes $\sigma ,{\sigma }^{\mathrm{\prime }}\in {\mathfrak{S}}_X$.

Associativité. La composition des applications est associative : pour toutes applications $f,g,h$ de $X$ dans $X$ et tout $x\in X$,

$$((f\circ g)\circ h)(x)=(f\circ g)(h(x))=f\left(g\right(h(x)\left)\right)=f((g\circ h)(x))=(f\circ (g\circ h))(x),$$

donc $(f\circ g)\circ h=f\circ (g\circ h)$. L'associativité vaut en particulier sur ${\mathfrak{S}}_X$.

Neutre. L'application ${\mathrm{id}}_X$ est une bijection de $X$ sur $X$, donc appartient à ${\mathfrak{S}}_X$, et $\sigma \circ {\mathrm{id}}_X={\mathrm{id}}_X\circ \sigma =\sigma$ pour toute application $\sigma$.

Symétriques. Si $\sigma$ est une bijection de $X$ sur $X$, sa réciproque ${\sigma }^{-1}$ en est une également, et $\sigma \circ {\sigma }^{-1}={\sigma }^{-1}\circ \sigma ={\mathrm{id}}_X$. Tout élément est donc symétrisable. $\mathrm{\square }$

Décrivons complètement le cas $X=\{1,2,3\}$. Une permutation de $\{1,2,3\}$ est entièrement déterminée par les images de $1$, $2$ et $3$, que l'on range dans un tableau de valeurs. Il y a six permutations, que nous nommons $\mathrm{id}$, $\sigma$, ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}$, ${\tau }_1$, ${\tau }_2$, ${\tau }_3$. La convention d'indexation est la suivante : ${\tau }_i$ est la permutation qui laisse $i$ fixe et échange les deux autres éléments, tandis que $\sigma$ et ${\sigma }^{\mathrm{\prime }}$ sont les deux permutations sans aucun point fixe.

Chaque colonne contient bien $1$, $2$ et $3$ une fois chacun : c'est exactement la traduction de la bijectivité.

Groupe produit

Dernière construction de cette section : à partir de deux groupes, on en fabrique un troisième, en travaillant « coordonnée par coordonnée ».

Démonstration. Loi interne. Si $(g,h)$ et $(g^{\mathrm{\prime }},h^{\mathrm{\prime }})$ appartiennent à $G\times H$, alors $g\star g^{\mathrm{\prime }}\in G$ et $h\mathrm{\top }{h}^{\mathrm{\prime }}\in H$, donc le composé appartient à $G\times H$.

Associativité. Soient $(g_1,h_1)$, $(g_2,h_2)$, $(g_3,h_3)$ dans $G\times H$. En calculant les deux membres séparément :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle [(g_1,h_1)\star (g_2,h_2)]\star (g_3,h_3)}& {\displaystyle =(g_1\star g_2,h_1\mathrm{\top }{h}_2)\star (g_3,h_3)=((g_1\star g_2)\star g_3,(h_1\mathrm{\top }{h}_2)\mathrm{\top }{h}_3),}\\ {\displaystyle (g_1,h_1)\star [(g_2,h_2)\star (g_3,h_3)]}& {\displaystyle =(g_1,h_1)\star (g_2\star g_3,h_2\mathrm{\top }{h}_3)=(g_1\star (g_2\star g_3),h_1\mathrm{\top }(h_2\mathrm{\top }{h}_3))\mathrm{.}}\end{array}$$

Les premières coordonnées sont égales par associativité dans $G$, les secondes par associativité dans $H$ : les deux couples sont donc égaux.

Neutre. Pour tout $(g,h)\in G\times H$,

$$(e_G,e_H)\star (g,h)=(e_G\star g,e_H\mathrm{\top }h)=(g,h),$$

et de même de l'autre côté. Donc $(e_G,e_H)$ est neutre.

Symétriques. Pour $(g,h)\in G\times H$, l'élément $(g^{-1},h^{-1})$ appartient à $G\times H$ et

$$(g,h)\star (g^{-1},h^{-1})=(g\star g^{-1},h\mathrm{\top }{h}^{-1})=(e_G,e_H),$$

et symétriquement. Tout élément est donc symétrisable.

Commutativité. Si $G$ et $H$ sont abéliens, chaque coordonnée du composé est inchangée par échange, donc $G\times H$ est abélien. Réciproquement, si $G\times H$ est abélien, alors pour tous $g,g^{\mathrm{\prime }}\in G$, l'égalité $(g,e_H)\star (g^{\mathrm{\prime }},e_H)=(g^{\mathrm{\prime }},e_H)\star (g,e_H)$ donne $g\star g^{\mathrm{\prime }}=g^{\mathrm{\prime }}\star g$ en comparant les premières coordonnées : $G$ est abélien, et de même pour $H$. $\mathrm{\square }$

Sous-groupes

Définition et caractérisation

Vérifier les trois axiomes de groupe est long. La bonne nouvelle est qu'on n'a presque jamais à le faire : dans l'immense majorité des cas, l'ensemble étudié est contenu dans un groupe déjà connu, et il suffit alors de vérifier trois points très rapides.

Telle quelle, cette définition ne fait pas gagner de temps. Le théorème suivant, lui, en fait gagner beaucoup : il remplace « $H$ est un groupe » par trois vérifications élémentaires, puis par une seule.

Démonstration. Nous démontrons $1⟹2⟹3⟹1$.

$1⟹2$. Supposons $H$ sous-groupe de $G$. La stabilité est dans la définition. Notons $\epsilon$ le neutre de $H$ pour la loi induite : il vérifie $\epsilon \star \epsilon =\epsilon$. Cette égalité a lieu dans $G$, où $\epsilon$ est inversible ; en composant à gauche par ${\epsilon }^{-1}$, il vient $\epsilon =e$. Donc $e\in H$. Soit maintenant $x\in H$, et soit $x^{\mathrm{\prime }}$ son symétrique dans $H$ : on a $x\star x^{\mathrm{\prime }}=\epsilon =e$, donc $x^{\mathrm{\prime }}$ est un symétrique de $x$ dans $G$, et par unicité $x^{\mathrm{\prime }}=x^{-1}$. Ainsi $x^{-1}\in H$.

$2⟹3$. L'appartenance $e\in H$ montre que $H$ est non vide. Soient $x,y\in H$ : alors $y^{-1}\in H$ par la troisième condition, puis $x\star y^{-1}\in H$ par stabilité.

$3⟹1$. Supposons $H$ non vide et stable par $(x,y)\mapsto x\star y^{-1}$.

• Le neutre appartient à $H$. Comme $H\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$, choisissons $a\in H$. En appliquant l'hypothèse au couple $(a,a)$ : $a\star a^{-1}=e\in H$.
• $H$ est stable par passage au symétrique. Soit $y\in H$. En appliquant l'hypothèse au couple $(e,y)$ : $e\star y^{-1}=y^{-1}\in H$.
• $H$ est stable par $\star$. Soient $x,y\in H$. D'après le point précédent, $y^{-1}\in H$ ; en appliquant l'hypothèse au couple $(x,y^{-1})$ : $x\star (y^{-1}{)}^{-1}=x\star y\in H$.

La loi induite est donc bien une loi de composition interne sur $H$. Elle est associative comme loi induite d'une loi associative. Le neutre $e$ appartient à $H$ et y est neutre. Enfin, tout $x\in H$ admet $x^{-1}\in H$ pour symétrique. Donc $(H,\star )$ est un groupe, c'est-à-dire un sous-groupe de $G$. $\mathrm{\square }$

Sous-groupes triviaux et galerie d'exemples

Démonstration. Pour $\{e\}$ : il est non vide, et $e\star e^{-1}=e\in \{e\}$. Pour $G$ : il est non vide (il contient $e$) et stable par $(x,y)\mapsto x\star y^{-1}$ puisque la loi est interne et que tout élément a son symétrique dans $G$. $\mathrm{\square }$

Voici maintenant les sous-groupes qu'il faut connaître. Chacun sera utilisé plus loin dans le chapitre.

Intersection de sous-groupes

Démonstration. Notons $H={\bigcap }_{i\in I}{H}_i$.

$H$ est non vide. Chaque $H_i$ est un sous-groupe, donc contient $e$. Ainsi $e$ appartient à tous les $H_i$, donc à leur intersection : $e\in H$.

Stabilité. Soient $x,y\in H$. Fixons $i\in I$. Comme $x\in H$ et $y\in H$, on a en particulier $x\in H_i$ et $y\in H_i$ ; comme $H_i$ est un sous-groupe, $x\star y^{-1}\in H_i$. Cela vaut pour tout $i\in I$, donc $x\star y^{-1}\in {\bigcap }_{i\in I}{H}_i=H$.

D'après la caractérisation, $H$ est un sous-groupe de $G$. $\mathrm{\square }$

Les sous-groupes du groupe additif Z

Le résultat suivant est un classique absolu, qui sera redémontré en exercice. Il illustre parfaitement la méthode du chapitre : on part de la caractérisation, et l'outil décisif est la division euclidienne.

Démonstration. Sens facile. Nous avons déjà vérifié que $n\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$ pour tout $n\in \mathbb{N}$.

Sens réciproque. Soit $H$ un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$. Distinguons deux cas.

Premier cas : $H=\{0\}$. Alors $H=0\mathbb{Z}$, et c'est fini.

Second cas : $H\mathrm{\ne }\{0\}$. Il existe donc $x\in H$ avec $x\mathrm{\ne }0$. Comme $H$ est un sous-groupe, $-x\in H$ également ; l'un des deux entiers $x$, $-x$ est strictement positif, donc l'ensemble

$$H\cap {\mathbb{N}}^{\ast }$$

est une partie non vide de ${\mathbb{N}}^{\ast }$. Elle admet à ce titre un plus petit élément, que nous notons $n$ ; par construction $n\in H$ et $n⩾1$.

Montrons $n\mathbb{Z}\subset H$. Comme $n\in H$ et que $H$ est stable par addition et par passage à l'opposé, une récurrence immédiate donne $kn\in H$ pour tout $k\in \mathbb{N}$, puis $kn\in H$ pour tout $k\in \mathbb{Z}$ en passant aux opposés. Donc $n\mathbb{Z}\subset H$.

Montrons $H\subset n\mathbb{Z}$. Soit $h\in H$. Effectuons la division euclidienne de $h$ par $n$ (licite car $n⩾1$) : il existe $q\in \mathbb{Z}$ et $r\in \mathbb{Z}$ tels que

$$h=nq+r,0⩽r<n\mathrm{.}$$

Alors $r=h-nq$. Or $h\in H$ et $nq\in n\mathbb{Z}\subset H$, donc $r\in H$ par stabilité par différence. Si l'on avait $r>0$, alors $r$ appartiendrait à $H\cap {\mathbb{N}}^{\ast }$ tout en vérifiant $r<n$, ce qui contredirait la minimalité de $n$. Donc $r=0$, c'est-à-dire $h=nq\in n\mathbb{Z}$.

Par double inclusion, $H=n\mathbb{Z}$. $\mathrm{\square }$

Morphismes de groupes

Définition et exemples

Nous savons reconnaître les groupes. Reste à comparer deux groupes entre eux, et pour cela il faut des applications qui « respectent » les lois.

L'égalité de la définition se lit ainsi : composer puis transporter donne le même résultat que transporter puis composer. Toute la puissance de la notion tient dans cette phrase.

Premières propriétés

Démonstration. Point 1. Appliquons la définition au couple $(e,e)$ :

$$f(e)=f(e\star e)=f(e)\ast f(e)\mathrm{.}$$

Dans le groupe $G^{\mathrm{\prime }}$, l'élément $f(e)$ est inversible ; composons à gauche par $f(e{)}^{-1}$ :

$$f(e{)}^{-1}\ast f(e)=f(e{)}^{-1}\ast f(e)\ast f(e),\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}{e}^{\mathrm{\prime }}=f(e)\mathrm{.}$$

Point 2. Soit $x\in G$. En appliquant la définition au couple $(x,x^{-1})$ puis le point 1 :

$$f(x)\ast f\left(x^{-1}\right)=f(x\star x^{-1})=f(e)=e^{\mathrm{\prime }},$$

et de même $f\left(x^{-1}\right)\ast f(x)=e^{\mathrm{\prime }}$. Donc $f\left(x^{-1}\right)$ est le symétrique de $f(x)$ dans $G^{\mathrm{\prime }}$, c'est-à-dire $f(x{)}^{-1}$ par unicité.

Point 3. Montrons d'abord le résultat pour $n\in \mathbb{N}$, par récurrence. Au rang $0$ : $f\left(x^0\right)=f(e)=e^{\mathrm{\prime }}=f(x{)}^0$. Si la propriété est vraie au rang $n$, alors

$$f\left(x^{n+1}\right)=f(x^n\star x)=f\left(x^n\right)\ast f(x)=f(x{)}^n\ast f(x)=f(x{)}^{n+1}\mathrm{.}$$

Pour $n<0$, écrivons $n=-m$ avec $m\in \mathbb{N}$. Alors, en utilisant le point 2 puis le cas positif :

$$f\left(x^{-m}\right)=f\left(\right(x^m{)}^{-1})=f(x^m{)}^{-1}=(f(x{)}^m{)}^{-1}=f(x{)}^{-m}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Notons $\star$, $\ast$ et $\bullet$ les lois de $G$, $G^{\mathrm{\prime }}$ et $G^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$. Soient $x,y\in G$ :

$$(g\circ f)(x\star y)=g(f(x\star y))=g(f(x)\ast f(y))=g(f(x))\bullet g(f(y))=(g\circ f)(x)\bullet (g\circ f)(y)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Image directe et image réciproque d'un sous-groupe

Un morphisme transporte les sous-groupes, dans les deux sens. C'est le résultat qui fournit, en pratique, la quasi-totalité des sous-groupes que l'on rencontre.

Démonstration. Point 1. L'ensemble $f(H)$ est une partie de $G^{\mathrm{\prime }}$. Il est non vide : $e\in H$ car $H$ est un sous-groupe, donc $f(e)=e^{\mathrm{\prime }}\in f(H)$. Soient maintenant $u,v\in f(H)$ : il existe $x,y\in H$ tels que $u=f(x)$ et $v=f(y)$. Alors

$$u\ast v^{-1}=f(x)\ast f(y{)}^{-1}=f(x)\ast f(y^{-1})=f(x\star y^{-1})\mathrm{.}$$

Or $x\star y^{-1}\in H$ puisque $H$ est un sous-groupe, donc $u\ast v^{-1}\in f(H)$. D'après la caractérisation, $f(H)$ est un sous-groupe de $G^{\mathrm{\prime }}$.

Point 2. L'ensemble $f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$ est une partie de $G$. Il est non vide : $f(e)=e^{\mathrm{\prime }}\in H^{\mathrm{\prime }}$, donc $e\in f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$. Soient $x,y\in f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$, c'est-à-dire $f(x)\in H^{\mathrm{\prime }}$ et $f(y)\in H^{\mathrm{\prime }}$. Alors

$$f(x\star y^{-1})=f(x)\ast f(y{)}^{-1}\in H^{\mathrm{\prime }}$$

puisque $H^{\mathrm{\prime }}$ est un sous-groupe de $G^{\mathrm{\prime }}$. Donc $x\star y^{-1}\in f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$, et $f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$ est un sous-groupe de $G$. $\mathrm{\square }$

Image et noyau

Démonstration. L'ensemble $G$ est un sous-groupe de lui-même, donc $\mathrm{Im}f=f(G)$ est un sous-groupe de $G^{\mathrm{\prime }}$ d'après le point 1 de la propriété précédente. L'ensemble $\{e^{\mathrm{\prime }}\}$ est un sous-groupe de $G^{\mathrm{\prime }}$, donc $\mathrm{Ker}f=f^{-1}(\{e^{\mathrm{\prime }}\})$ est un sous-groupe de $G$ d'après le point 2. $\mathrm{\square }$

Voici maintenant le théorème le plus utilisé de la section — et probablement du chapitre. Il transforme une question d'injectivité, qui porte sur des couples d'éléments, en un calcul d'ensemble qui porte sur un seul élément.

Démonstration. $(⟹)$ Supposons $f$ injectif. L'inclusion $\{e\}\subset \mathrm{Ker}f$ est acquise, puisque $f(e)=e^{\mathrm{\prime }}$. Réciproquement, soit $x\in \mathrm{Ker}f$ : alors $f(x)=e^{\mathrm{\prime }}=f(e)$, et l'injectivité de $f$ donne $x=e$. Donc $\mathrm{Ker}f\subset \{e\}$, puis $\mathrm{Ker}f=\{e\}$ par double inclusion.

$(⟸)$ Supposons $\mathrm{Ker}f=\{e\}$, et soient $x,y\in G$ tels que $f(x)=f(y)$. Composons à droite par $f(y{)}^{-1}$ :

$$f(x)\ast f(y{)}^{-1}=e^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

Or $f(y{)}^{-1}=f(y^{-1})$, donc le membre de gauche vaut $f(x\star y^{-1})$. Ainsi

$$f(x\star y^{-1})=e^{\mathrm{\prime }},\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}x\star y^{-1}\in \mathrm{Ker}f=\{e\}\mathrm{.}$$

Donc $x\star y^{-1}=e$, puis, en composant à droite par $y$, $x=y$. L'application $f$ est injective.

Enfin, la seconde équivalence est la définition même de la surjectivité : $f$ est surjective si et seulement si tout élément de $G^{\mathrm{\prime }}$ possède un antécédent, c'est-à-dire si et seulement si $f(G)=G^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Isomorphismes

Démonstration. L'application $f^{-1}$ est bijective, il reste à montrer que c'est un morphisme. Soient $u,v\in G^{\mathrm{\prime }}$, et posons $x=f^{-1}(u)$, $y=f^{-1}(v)$, de sorte que $f(x)=u$ et $f(y)=v$. Comme $f$ est un morphisme,

$$f(x\star y)=f(x)\ast f(y)=u\ast v\mathrm{.}$$

En appliquant $f^{-1}$ aux deux membres, il vient

$$x\star y=f^{-1}(u\ast v),\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}{f}^{-1}(u)\star f^{-1}(v)=f^{-1}(u\ast v)\mathrm{.}$$

C'est exactement la propriété de morphisme pour $f^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Anneaux

Définition

Nous passons à deux lois. L'exemple à garder en tête est $\mathbb{Z}$ : une addition qui fait de lui un groupe, une multiplication qui n'en fait pas un, et la distributivité qui relie les deux.

Exemples

Règles de calcul

Dans un anneau, on calcule presque comme dans $\mathbb{R}$ — mais seulement presque. Les règles suivantes doivent être démontrées, car elles ne figurent pas dans les axiomes : elles s'en déduisent.

Démonstration. Point 1. Partons de $0_A+0_A=0_A$ et multiplions à droite par $a$. La distributivité donne

$$0_{A}a+0_{A}a=(0_A+0_A)a=0_{A}a\mathrm{.}$$

Nous sommes dans le groupe $(A,+)$ : ajoutons $-(0_{A}a)$ aux deux membres, ou, ce qui revient au même, utilisons la régularité. Il vient $0_{A}a=0_A$. Le calcul est identique de l'autre côté.

Point 2. Calculons $ab+(-a)b$ en factorisant par $b$ à droite :

$$ab+(-a)b=(a+(-a))b=0_{A}b=0_A,$$

d'après le point 1. Donc $(-a)b$ est l'opposé de $ab$ dans le groupe $(A,+)$, c'est-à-dire $(-a)b=-(ab)$. Le même calcul avec $a$ en facteur à gauche donne $a(-b)=-(ab)$.

Point 3. En appliquant deux fois le point 2 :

$$(-a)(-b)=-(a(-b))=-(-(ab))=ab,$$

la dernière égalité étant la règle $-(-x)=x$ dans le groupe $(A,+)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. $(⟸)$ Si $A=\{0_A\}$, alors $1_A\in A$ donc $1_A=0_A$.

$(⟹)$ Supposons $1_A=0_A$ et soit $a\in A$. Alors

$$a=a{1}_A=a{0}_A=0_A$$

d'après le point 1 de la propriété précédente. Donc tout élément de $A$ est nul, c'est-à-dire $A=\{0_A\}$. $\mathrm{\square }$

Binôme de Newton et factorisation

Ces deux formules sont les outils de calcul du chapitre. Leur énoncé comporte une hypothèse qu'il ne faut jamais oublier : les deux éléments doivent commuter.

Commençons par un petit lemme, utilisé dans les deux démonstrations.

Démonstration. Montrons $a^{k}b=b{a}^k$ par récurrence sur $k$. Pour $k=0$ : $a^{0}b=1_{A}b=b=b{1}_A=b{a}^0$. Supposons la propriété vraie au rang $k$ ; alors

$$a^{k+1}b=a^k(ab)=a^k(ba)=\left(a^{k}b\right)a=\left(b{a}^k\right)a=b{a}^{k+1},$$

où l'on a utilisé successivement l'associativité, l'hypothèse $ab=ba$, l'associativité encore, puis l'hypothèse de récurrence. La seconde égalité s'obtient en itérant la première sur l'exposant $\mathrm{\ell }$, par une récurrence identique. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $n$. Notons $H(n)$ la formule à démontrer.

Initialisation. Pour $n=0$, le membre de gauche vaut $(a+b{)}^0=1_A$ et le membre de droite $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)a^0{b}^0=1_A$. Donc $H(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $H(n)$ vraie pour un certain $n\in \mathbb{N}$. Alors

$$(a+b{)}^{n+1}=(a+b{)}^n(a+b)=\left(\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}\right)(a+b)\mathrm{.}$$

En développant par distributivité, on obtient deux sommes :

$$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}a+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}b\mathrm{.}$$

Dans la première somme, le lemme permet d'échanger $b^{n-k}$ et $a$, ce qui donne $a^k{b}^{n-k}a=a^{k+1}{b}^{n-k}$. Dans la seconde, $b^{n-k}b=b^{n+1-k}$. Ainsi

$$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^{k+1}{b}^{n-k}+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n+1-k}\mathrm{.}$$

Effectuons le changement d'indice $j=k+1$ dans la première somme :

$$\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^{k+1}{b}^{n-k}=\sum _{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)a^j{b}^{n+1-j}\mathrm{.}$$

En renommant $j$ en $k$ et en regroupant les deux sommes, les termes d'indices $k\in \{1,\dots ,n\}$ se rassemblent :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (a+b{)}^{n+1}}& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)a^{n+1}{b}^0+\sum _{k=1}^n[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)]a^k{b}^{n+1-k}+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)a^0{b}^{n+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a^{n+1}+\sum _{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)a^k{b}^{n+1-k}+b^{n+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{k=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)a^k{b}^{n+1-k},}\end{array}$$

où l'on a utilisé la formule de Pascal $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)$, ainsi que $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)=1$. Donc $H(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, la formule vaut pour tout $n\in \mathbb{N}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Développons le produit par distributivité :

$$(a-b)\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-1-k}=\sum _{k=0}^{n-1}a{a}^k{b}^{n-1-k}-\sum _{k=0}^{n-1}b{a}^k{b}^{n-1-k}\mathrm{.}$$

Dans la première somme, $a{a}^k=a^{k+1}$. Dans la seconde, le lemme permet d'écrire $b{a}^k=a^{k}b$, donc $b{a}^k{b}^{n-1-k}=a^k{b}^{n-k}$. D'où

$$(a-b)\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-1-k}=\sum _{k=0}^{n-1}{a}^{k+1}{b}^{n-1-k}-\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-k}\mathrm{.}$$

Le changement d'indice $j=k+1$ dans la première somme la transforme en ${\sum }_{j=1}^n{a}^j{b}^{n-j}$. Les deux sommes portent alors sur les mêmes termes $a^j{b}^{n-j}$, la première pour $j\in \{1,\dots ,n\}$, la seconde pour $j\in \{0,\dots ,n-1\}$ : tout se télescope, et il ne reste que le terme $j=n$ de la première, diminué du terme $j=0$ de la seconde :

$$a^n{b}^0-a^0{b}^n=a^n-b^n\mathrm{.}$$

La seconde écriture (avec $(a-b)$ à droite) se démontre par le même calcul, ou s'obtient en remarquant que $a-b$ commute avec la somme, puisque $a$ et $b$ commutent. $\mathrm{\square }$

Sous-anneaux

Le principe est celui des sous-groupes : reconnaître une structure plutôt que la vérifier.

Démonstration. Sens direct. Si $B$ est un sous-anneau, alors $1_A\in B$ par le point 3, la stabilité par différence vient du point 1 (c'est une propriété des sous-groupes) et la stabilité par produit est le point 2. Les trois conditions sont donc satisfaites.

Sens réciproque. Supposons-les satisfaites. La condition $1_A\in B$ assure en particulier que $B$ est non vide ; jointe à la stabilité par différence, elle fait de $B$ un sous-groupe de $(A,+)$ d'après la caractérisation des sous-groupes, ce qui donne le point 1 ; les points 2 et 3 sont des hypothèses. Donc $B$ est un sous-anneau.

Structure induite. Dans ce cas, $(B,+)$ est un groupe abélien (sous-groupe d'un groupe abélien, la commutativité étant héritée). La multiplication induite sur $B$ est interne par hypothèse, associative comme loi induite, et distributive sur $+$ pour la même raison : ce sont des égalités universelles, vraies dans $A$, donc vraies dans $B$. Enfin $1_A\in B$ y joue le rôle d'unité. Donc $(B,+,\times )$ est un anneau. $\mathrm{\square }$

Le groupe des inversibles d'un anneau

Dans un anneau, la multiplication ne fait pas de $A$ un groupe : $0_A$ n'est jamais inversible (sauf dans l'anneau nul), et bien d'autres éléments non plus. Mais si l'on ne garde que ceux qui le sont, on retombe sur un groupe.

Démonstration. La loi est interne. Soient $x,y\in A^{\times }$. D'après la propriété du composé de deux éléments symétrisables (section 1), $xy$ est inversible, d'inverse $y^{-1}{x}^{-1}$. Donc $xy\in A^{\times }$.

Associativité. Héritée de celle de $\times$ sur $A$.

Neutre. On a $1_A{1}_A=1_A$, donc $1_A$ est inversible (son propre inverse) : $1_A\in A^{\times }$, et il y est neutre.

Inverses. Si $x\in A^{\times }$, alors $x^{-1}$ est lui-même inversible, d'inverse $x$ : donc $x^{-1}\in A^{\times }$.

Ainsi $(A^{\times },\times )$ est un groupe. $\mathrm{\square }$

Diviseurs de zéro et anneaux intègres

Dans $\mathbb{R}$, un produit de deux facteurs est nul si et seulement si l'un des facteurs est nul. C'est cette propriété — que l'on utilise dans chaque résolution d'équation — qui n'a rien d'automatique.

Démonstration. Supposons $ax=ay$. En retranchant $ay$ aux deux membres et en factorisant grâce à la distributivité :

$$a(x-y)=ax-ay=0_A\mathrm{.}$$

Comme $A$ est intègre et $a\mathrm{\ne }{0}_A$, on en déduit $x-y=0_A$, c'est-à-dire $x=y$. $\mathrm{\square }$

Éléments nilpotents

Démonstration. Soit $A$ intègre et $x$ nilpotent : il existe $n⩾1$ tel que $x^n=0_A$. Raisonnons par l'absurde en supposant $x\mathrm{\ne }{0}_A$. Comme $A$ est intègre et $x\mathrm{\ne }{0}_A$, une récurrence immédiate montre que $x^k\mathrm{\ne }{0}_A$ pour tout $k⩾1$ : c'est vrai pour $k=1$, et si $x^k\mathrm{\ne }{0}_A$, alors $x^{k+1}=x^{k}x$ est un produit de deux éléments non nuls, donc non nul par intégrité. En particulier $x^n\mathrm{\ne }{0}_A$, ce qui contredit $x^n=0_A$. Donc $x=0_A$. $\mathrm{\square }$

Il faut donc sortir des anneaux de nombres usuels pour rencontrer un élément nilpotent non nul. En voici un, construit avec les seuls outils dont nous disposons.

Le résultat suivant est un incontournable des exercices sur les anneaux : il transforme une information de nullité en une information d'inversibilité.

Démonstration. Les éléments $1_A$ et $x$ commutent, donc la factorisation établie plus haut s'applique avec $a=1_A$ et $b=x$ :

$$(1_A-x)\sum _{k=0}^{n-1}{x}^k=1_A^n-x^n=1_A-0_A=1_A,$$

et de même dans l'autre sens, puisque $1_A-x$ commute avec les puissances de $x$ :

$$\left(\sum _{k=0}^{n-1}{x}^k\right)(1_A-x)=1_A\mathrm{.}$$

L'élément ${\sum }_{k=0}^{n-1}{x}^k$ est donc l'inverse de $1_A-x$.

Pour $1_A+x$, il suffit d'appliquer ce qui précède à $y=-x$, qui est encore nilpotent : en effet $y^n=(-1{)}^n{x}^n=0_A$. Alors $1_A+x=1_A-y$ est inversible. $\mathrm{\square }$

Corps

Définition et exemples

Démonstration. Soit $K$ un corps. Il est commutatif et vérifie $1_K\mathrm{\ne }{0}_K$ : les deux premières conditions de l'intégrité sont satisfaites. Soient $a,b\in K$ tels que $ab=0_K$, et supposons $a\mathrm{\ne }{0}_K$. Comme $K$ est un corps, $a$ est inversible ; multiplions l'égalité $ab=0_K$ par $a^{-1}$ à gauche :

$$a^{-1}(ab)=a^{-1}{0}_K=0_K\mathrm{.}$$

Or $a^{-1}(ab)=\left(a^{-1}a\right)b=1_{K}b=b$ par associativité. Donc $b=0_K$. On a bien montré que $ab=0_K$ entraîne $a=0_K$ ou $b=0_K$. $\mathrm{\square }$

Sous-corps

Démonstration. Les trois conditions expriment exactement que $L$ est un sous-anneau (caractérisation des sous-anneaux) stable par passage à l'inverse. Il reste à voir que $L$ est alors un corps : c'est un anneau d'après la caractérisation des sous-anneaux, il est commutatif car $K$ l'est, il vérifie $1_L=1_K\mathrm{\ne }{0}_K=0_L$, et tout élément non nul y est inversible d'inverse dans $L$ par la troisième condition. $\mathrm{\square }$

Morphismes d'anneaux

Définition

Exemples et contre-exemples

Propriétés

Démonstration. Point 1. La condition 1 de la définition dit exactement que $f$ est un morphisme du groupe $(A,+)$ dans le groupe $(B,+)$. Les propriétés des morphismes de groupes s'appliquent donc : $f(0_A)=0_B$, $f(-x)=-f(x)$, et $f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)$.

Point 2. Récurrence sur $n$. Au rang $0$ : $f\left(x^0\right)=f(1_A)=1_B=f(x{)}^0$, où l'on utilise l'axiome 3. Si la formule est vraie au rang $n$, alors $f\left(x^{n+1}\right)=f\left(x^{n}x\right)=f\left(x^n\right)f(x)=f(x{)}^{n}f(x)=f(x{)}^{n+1}$.

Point 3. Supposons $x$ inversible dans $A$. Alors

$$f(x)f\left(x^{-1}\right)=f\left(x{x}^{-1}\right)=f(1_A)=1_B,$$

et de même $f\left(x^{-1}\right)f(x)=1_B$. Donc $f(x)$ est inversible dans $B$, d'inverse $f\left(x^{-1}\right)$. L'extension aux exposants négatifs s'obtient en combinant avec le point 2.

Point 4. Si $f:A\to B$ et $g:B\to C$ sont des morphismes d'anneaux, alors $g\circ f$ est additive et multiplicative (même calcul que pour les groupes), et $(g\circ f)(1_A)=g(1_B)=1_C$. $\mathrm{\square }$

Noyau, image, injectivité

Démonstration. Point 1. On a $1_B=f(1_A)\in \mathrm{Im}f$. Soient $u,v\in \mathrm{Im}f$, disons $u=f(x)$ et $v=f(y)$. Alors

$$u-v=f(x)-f(y)=f(x-y)\in \mathrm{Im}f,uv=f(x)f(y)=f(xy)\in \mathrm{Im}f\mathrm{.}$$

D'après la caractérisation des sous-anneaux, $\mathrm{Im}f$ est un sous-anneau de $B$.

Point 2. L'application $f$ est un morphisme du groupe $(A,+)$ dans le groupe $(B,+)$, et $\mathrm{Ker}f$ est précisément le noyau de ce morphisme de groupes. Les résultats de la section 4 s'appliquent donc mot pour mot : $\mathrm{Ker}f$ est un sous-groupe de $(A,+)$, et $f$ est injectif si et seulement si $\mathrm{Ker}f$ est réduit au neutre de $(A,+)$, c'est-à-dire à $\{0_A\}$. $\mathrm{\square }$

Isomorphismes et morphismes de corps

Démonstration. L'application $f^{-1}$ est bijective. Elle est additive et multiplicative par le même argument que pour les groupes : pour $u,v\in B$, en posant $x=f^{-1}(u)$ et $y=f^{-1}(v)$, les égalités $f(x+y)=u+v$ et $f(xy)=uv$ donnent, en appliquant $f^{-1}$,

$$f^{-1}(u+v)=x+y=f^{-1}(u)+f^{-1}(v),f^{-1}(uv)=xy=f^{-1}(u)f^{-1}(v)\mathrm{.}$$

Enfin $f(1_A)=1_B$ donne $f^{-1}(1_B)=1_A$. Donc $f^{-1}$ est un morphisme d'anneaux bijectif. $\mathrm{\square }$

Démonstration. D'après la caractérisation de l'injectivité, il suffit de montrer que $\mathrm{Ker}f=\{0_K\}$. L'inclusion $\{0_K\}\subset \mathrm{Ker}f$ est acquise puisque $f(0_K)=0_B$.

Réciproquement, raisonnons par l'absurde et supposons qu'il existe $x\in \mathrm{Ker}f$ avec $x\mathrm{\ne }{0}_K$. Comme $K$ est un corps, $x$ est inversible, et

$$1_B=f(1_K)=f\left(x{x}^{-1}\right)=f(x)f\left(x^{-1}\right)=0_B\times f\left(x^{-1}\right)=0_B\mathrm{.}$$

Ainsi $1_B=0_B$, donc $B$ est l'anneau nul, ce qui contredit l'hypothèse. Il n'existe donc pas de tel $x$, et $\mathrm{Ker}f=\{0_K\}$ : le morphisme $f$ est injectif. $\mathrm{\square }$

Méthodes du chapitre

Les exercices de ce chapitre se ramènent presque tous à six ou sept gestes, que voici rassemblés. La difficulté n'est jamais dans le calcul, elle est dans le choix du bon geste et dans la rigueur de la rédaction : à chaque fois, dites explicitement quelle propriété vous vérifiez et dans quel ensemble vous travaillez.

Pour finir, les réflexes à avoir en tête quand un exercice de ce chapitre vous résiste.

1. Toujours nommer la structure et la loi. « $H$ est un sous-groupe » ne veut rien dire ; « $H$ est un sous-groupe de $({\mathbb{C}}^{\ast },\times )$ » est une phrase mathématique.
2. Chercher le morphisme caché. Un ensemble défini par une équation ($\mathrm{\mid }z\mathrm{\mid }=1$, $z^n=1$, $f(a)=0$) est presque toujours un noyau ; un ensemble défini par une forme ($\{2^n\}$, $\{a+b\sqrt{2}\}$) est souvent une image.
3. Ne jamais simplifier sans justification. Dans un groupe, la régularité est acquise ; dans un anneau, il faut soit l'intégrité, soit l'inversibilité du facteur.
4. Vérifier la commutation avant d'appliquer le binôme ou la factorisation de $a^n-b^n$. Dans un anneau commutatif, dites-le en une phrase ; sinon, prouvez-le.
5. Se souvenir que le neutre est le point de départ de tout. Il appartient à tout sous-groupe, il est l'image du neutre par tout morphisme, et il est le seul élément du noyau d'un morphisme injectif.
6. Utiliser ${\mathfrak{S}}_3$ comme contre-exemple dès qu'un énoncé semble utiliser la commutativité sans le dire.