Corps

Exercices du dossier Corps

Exercice 1536 *

18 novembre 2022 15:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On définit sur \(\mathbb{R}\) les deux lois \(\oplus\) et \(\otimes\) par \(x \oplus y = x + y-1\) et \(x \otimes y = x + y-xy\). Montrer que \((\mathbb{R}, \oplus, \otimes)\) est un corps.



[ID: 3315] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:49] [Catégorie(s): Corps ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 1536
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:49

On pose \(f(u) = 1 - u\). On a \(f(x \oplus y) = f(x) + f(y)\) et \(f(x \otimes y) = f(x) + f(y)\). De ce fait \((\mathbb{R},\oplus,\otimes)\) est un corps et \(f\) réalise un isomorphisme de corps entre \((\mathbb{R},\oplus,\otimes)\) et \((\mathbb{R},+,\times)\).


Exercice 1537 *

18 novembre 2022 15:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour \(\left(a,b\right)\in \mathbb{R}^2\), on pose : \[a\top b=a+b-1 \quad \textrm{ et} \quad a\star b = ab-a-b+2\] Montrer que \(\left(\mathbb{R},\top,\star\right)\) est un corps.



[ID: 3317] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:49] [Catégorie(s): Corps ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 1537
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:49

On pose \(g(x) = x - 1\) donc \(g^{-1}(y) = y+1\). On a \(a\top b=a+b-1=(a-1)+(b-1)+1 = g^{-1}(g(a)+g(b))\) et \(a\star b = (a-1)(b-1)+1 = g^{-1}(g(a).g(b))\).


Exercice 1538

18 novembre 2022 15:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(\mathbb K\) et \(\mathbb L\) deux corps et \(f\! : \mathbb K \mapsto \mathbb L\) un morphisme de corps. Démontrer que \(f\) est injectif.



[ID: 3319] [Date de publication: 18 novembre 2022 15:49] [Catégorie(s): Corps ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 1538
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:49

Soit \(x\neq0_{\mathbb K}\). On a \(f(x).f(x^{-1}) = f(1_{\mathbb K}) = 1_{\mathbb L}\). L’élément \(f(x)\) est inversible dans \(\mathbb L\), donc il est différent de \(0_{\mathbb L}\). Par contraposée, si \(f(x) = 0_{\mathbb L}\) alors \(x = 0_{\mathbb K}\). Le noyau de \(f\) est réduit à \(0_{\mathbb K}\). Donc \(f\) est injectif.


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Corps à \(4\) éléments
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 18 novembre 2022 15:49
  1. Comme l’application \(\tau_x\) de \(\mathbb F_4^\star\) dans lui-même, définie par \(\tau_x(t) = x\times t\) est une bijection, de bijection réciproque \(\tau_{x^{-1}}\) on a \[1\times x\times y = \tau_x(1)\times \tau_x(x)\times \tau_x(y) = (x\times 1)\times (x\times x)\times (x\times y) = x^3\times(1\times x\times y),\] on en déduit, en simplifiant par \(1\times x\times y\), que \(x^3 = 1\).

  2. Comme \(x\neq 0\), on a \(x^\neq 0\) puisqu’un corps est intègre. On a aussi \(x^2\neq x\). En effet, sinon on aurait \((x-1)\times x = 0\) d’où \(x=1\) ou \(x=0\), absurde. Supposons \(x^2 = 1\). On aurait alors \(x^3 = x\) en contradiction avec la question précédente. Donc \(x^2=y\). Pour les mêmes raisons, \(y^2 = x\).

  3. \(\times\) \(1\) \(x\) \(y\)
    \(1\) \(1\) \(x\) \(y\)
    \(x\) \(x\) \(y\) \(1\)
    \(y\) \(y\) \(1\) \(x\)

    Remarque : Un argument plus savant aurait été : il n’existe qu’une seule loi de groupe possible sur un ensemble à trois éléments.

  4. Cette fois on calcule \[S = 0+1+x+y = (0+1)+(1+1)+(1+x)+(1+y) = 1+1+1+1 + S,\] d’où \(1+1+1+1 = 0\).

  5. On a \(1+1\neq 1\). Supposons \(1+1 = x\), en élevant au carré, on aurait \(1+1+1+1 = x^2 = y\) soit \(y=0\), absurde. De même \(1+1 = y\) n’est pas possible. Il ne reste qu’une seule possibilité : \(1+1=0\). En multipliant cette égalité par \(x\) puis par \(y\), on obtient \(x+x = 0\) et \(y+y = 0\).

  6. On a \(1+0 = 1\) donc \(1+x\neq 1\), on a \(1+1 = 0\) donc \(1+x\neq 0\) on a \(1\neq 0\) donc \(1+x\neq x\). Il reste une seule possibilité pour \(1+x\), donc on a nécessairement \(1+x = y\) et en ajoutant \(1\) aux deux membres, \(x = 1+y\). On a donc la table du groupe \((\mathbb F_4,+)\).

    \(+\) \(0\) \(1\) \(x\) \(y\)
    \(0\) \(0\) \(1\) \(x\) \(y\)
    \(1\) \(1\) \(0\) \(y\) \(x\)
    \(x\) \(x\) \(y\) \(0\) \(1\)
    \(y\) \(y\) \(x\) \(1\) \(0\)
  7. Il reste à vérifier la distributivité, \((a+b)\times c = a\times c + b\times c\), ce qui donne a priori \(4^3 = 64\) vérifications. Les cas où \(c=0\) ou \(c=1\) sont évidents, même chose si \(a=0\) ou \(b=0\) ou \(a=b\). Il reste donc trois possibilités pour \(a\), deux pour \(b\) donc six pour \((a,b)\). La commutativité de \(+\) divise le nombre de cas par deux. Comme il y a deux choix pour \(c\), il y a au total six vérifications à effectuer.

    • \((1+x)\times x = y \times x = 1\) et \(1 \times x + x \times x = x + y = 1\).

    • \((1+x)\times y = y \times y = x\) et \(1 \times y + x \times y = y + 1 = x\).

    • \((1+y)\times x = x \times x = y\) et \(1 \times x + y \times x = x + 1 = y\).

    • \((1+y)\times y = x \times y = 1\) et \(1 \times y + y \times y = y + x = 1\).

    • \((x+y)\times x = 1 \times x = x\) et \(x \times x + y \times x = y + 1 = x\).

    • \((x+y)\times y = 1 \times y = y\) et \(x \times y + y \times y = 1 + x = y\).


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