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Les anneaux

Exercice 1.

Soit (A,+,x) un anneau. Un élément x de A est dit nilpotent lorsqu'il existe n de N* tel que x^n = 0.
1. Démontrer que si xy est nilpotent alors yx l'est aussi.
2. Démontrer que si x et y sont deux éléments nilpotents qui commutent, alors xy et x+y sont nilpotents.
3. Sit x un élément nilpotent, montrer que 1 - x est inversible, déterminer son inverse.


1. Démontrer que si \(xy\) est nilpotent alors \(yx\) l'est aussi.

Si \(xy\) est nilpotent, il existe \(n\in \mathbb{N}^{*}\) tel que \((xy)^{n}=0\).

\((xy)^{n}=(xy)(xy)\dots (xy)\)
\(n\) fois).

Considérons \((yx)^{n+1}\).\((yx)^{n}=(yx)(yx)\dots (yx)\)
\(n+1\) fois).

Nous avons :\((yx)^{n+1}=yxyx\dots yx\)

\(=y(xyxy\dots xy)x\) (\(n\) fois le bloc \(xy\))

\(=y(xy)^{n}x\)

Or, \((xy)^{n+1}=(xy)^{n}(xy)=0\).

Donc, \(y(xy)^{n}x=y\cdot 0\cdot x=0\).

Puisque \((xy)^{n}=0\), nous avons :

\((yx)^{n+1}=y\cdot 0\cdot x=0\).

Ainsi, il existe \(m=n+1\in \mathbb{N}^{*}\) tel que \((yx)^{m}=0\).

Par conséquent, \(yx\) est nilpotent.


2. Démontrer que si \(x\) et \(y\) sont deux éléments nilpotents qui commutent, alors \(xy\) et \(x+y\) sont nilpotents.

Soient \(x\) et \(y\) nilpotents. Il existe \(n,m\in \mathbb{N}^{*}\) tels que \(x^{n}=0\) et \(y^{m}=0\).

De plus, \(xy=yx\).

a)Pour \(xy\) :

Considérons \((xy)^{k}\) pour un certain \(k\).

Puisque \(x\) et \(y\) commutent, \((xy)^{k}=x^{k}y^{k}\).

Choisissons \(k=\max (n,m)\). Alors \(k\ge n\) et \(k\ge m\).

\((xy)^{k}=x^{k}y^{k}\).

Puisque \(k\ge n\), \(x^{k}=x^{n}x^{k-n}=0\cdot x^{k-n}=0\).

Donc \((xy)^{k}=0\cdot y^{k}=0\). \(xy\) est nilpotent.

b) Pour \(x+y\) :Puisque \(x\) et \(y\) commutent, nous pouvons utiliser la formule du binôme de Newton pour \((x+y)^{k}\) :

\((x+y)^{k}=\sum _{i=0}^{k}{k \choose i}x^{i}y^{k-i}\).

Choisissons \(k=n+m\).

Pour chaque terme \({k \choose i}x^{i}y^{k-i}\) de la somme, nous avons soit \(i\ge n\) soit \(k-i\ge m\).

Supposons le contraire, c'est-à-dire

\(i\le n\) ET \(k-i\le m\).

Alors \(i+k-i \le n+m\), ce qui signifie \(k \le n+m\).

Ceci contredit notre choix de \(k=n+m\).

Donc, pour chaque terme, soit \(x^{i}=0\) (si \(i\ge n\)), soit \(y^{k-i}=0\) (si \(k-i\ge m\)).

Dans tous les cas, chaque terme du développement est nul.

Donc \((x+y)^{n+m}=0\).

\(x+y\) est nilpotent.


3. Si \(x\) est un élément nilpotent, montrer que \(1-x\) est inversible, déterminer son inverse.

Soit \(x\) nilpotent. Il existe \(n\in \mathbb{N}^{*}\) tel que \(x^{n}=0\).

Considérons l'expression \((1-x)(1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1})\).

En développant ce produit (c'est une somme géométrique finie) :

\((1-x)(1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1})=

(1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1})-(x+x^{2}+x^{3}+\dots +x^{n})\)\((1-x)(1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1})=

1-x^{n}\)

Puisque \(x^{n}=0\), nous obtenons :

\((1-x)(1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1})=1-0=1\)

De même, comme \(1\) et \(x\) commutent (\(1\cdot x=x\cdot 1\)), nous avons :

\((1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1})(1-x)=1-x^{n}=1\)

L'élément \(1-x\) est donc inversible, et son inverse est \(1+x+x^{2}+\dots +x^{n-1}\).

\((1-x)^{-1}=\sum _{i=0}^{n-1}x^{i}\)


Exercice 2: sous-groupes additifs de Z

Soit H un sous-groupe non trivial de (R,+); c'est à dire est différent de {0} et H est différent de R.

1. soit E = {x appartenant à H / x > 0}, justifer pourquoi E est non vide puis montrer qu'il possède une borne inférieure a telle que a > 0.

2. Dans cette question, on suppose que a > 0. Montrer que H = a Z.

3. Dans cette question,on suppose que a = 0. Monter qu'il existe une suite d'éléments non nuls de H qui converge vers 0 puis en déduire que H est dense dans R.


1. Justifier pourquoi E est non vide, puis montrer qu'il possède une borne inférieure \(a\) telle que \(a\ge 0\).

• \(E\) est non vide :\(H\) est un sous-groupe non trivial de \((\mathbb{R},+)\), donc il contient au moins un élément \(x\) non nul (\(x\ne 0\)).

Si \(x>0\), alors \(x\in E\), donc \(E\) est non vide.

Si \(x \le 0\), comme \(H\) est un sous-groupe, l'opposé \(-x\) appartient aussi à \(H\). Dans ce cas, \(-x > 0\), donc \(-x\in E\), et \(E\) est non vide.

Dans tous les cas, \(E\) contient au moins un élément, donc \(E\ne \emptyset \).

• \(E\) possède une borne inférieure \(a\) telle que \(a\ge 0\) :\(E\) est une partie non vide de \(\mathbb{R}\). De plus, par définition, tous les éléments \(x\in E\) vérifient \(x>0\). L'ensemble \(E\) est donc minoré (par 0, par exemple).

D'après l'axiome de la borne inférieure dans \(\mathbb{R}\) (toute partie non vide et minorée de \(\mathbb{R}\) admet une borne inférieure), \(E\) possède une borne inférieure que l'on note \(a\).

Comme 0 est un minorant de \(E\), et que \(a\) est le plus grand des minorants, on a nécessairement \(a\ge 0\).

2. Dans cette question, on suppose que \(a>0\). Montrer que \(H=a\mathbb{Z}\).

On va montrer la double inclusion :

• \(a\mathbb{Z}\subset H\) :

Il est crucial de montrer que \(a\in H\). Supposons par l'absurde que \(a\notin H\). Par définition de la borne inférieure, il existe un élément \(x\in H\) tel que \(a\le x\le 2a\). De plus, comme \(a\notin H\), \(x\ne a\), donc \(a \le x \le 2a\).

Il existe aussi un élément \(y\in H\) tel que \(a\le y \le x\).

Alors \(x-y\in H\) (car \(H\) est un sous-groupe) et \(0 \le x-y \le a\).

Cependant, \(x-y\in E\) car \(x-y>0\). Cela contredit le fait que \(a\) est la borne inférieure de \(E\) (car \(x-y \le a\) est un élément de \(E\)).

Par conséquent, l'hypothèse \(a\notin H\) est fausse, et on a \(a\in H\).

Puisque \(H\) est un sous-groupe additif contenant \(a\), il contient tous les multiples entiers de \(a\), c'est-à-dire \(a\mathbb{Z}\subset H\).

• \(H\subset a\mathbb{Z}\) :

Soit \(x\in H\). On peut trouver un entier relatif \(n\) tel que \(na\le x \le (n+1)a\) (en utilisant la partie entière : \(n=\lfloor x/a\rfloor \)).

L'élément \(x-na\) appartient à \(H\) car \(x\in H\), \(na\in a\mathbb{Z}\subset H\), et \(H\) est stable par différence.

De plus, par construction, on a \(0\le x-na \le a\).

Si \(x-na\) était strictement positif, il appartiendrait à \(E\) tout en étant strictement inférieur à \(a\), ce qui contredirait à nouveau la définition de \(a\) comme borne inférieure de \(E\).

Donc, on doit avoir \(x-na=0\), ce qui implique \(x=na\). Ainsi, \(x\in a\mathbb{Z}\).Par double inclusion, on a \(H=a\mathbb{Z}\).

3. Dans cette question, on suppose que \(a=0\). Montrer qu'il existe une suite d'éléments non nuls de H qui converge vers 0, puis en déduire que H est dense dans R.

• Existence d'une suite d'éléments non nuls de \(H\) qui converge vers 0 :

La borne inférieure \(a\) de \(E\) est 0. La caractérisation de la borne inférieure pour tout \(\epsilon >0\), il existe un élément \(x\in E\) (donc \(x\in H\) et \(x>0\)) tel que \(0 \le x \le a+\epsilon \), c'est-à-dire \(0 \le x \le \epsilon \) (puisque \(a=0\)).

Pour chaque entier \(n\ge 1\), on peut choisir un élément \(x_{n}\in E\) tel que \(0\le x_{n} \le 1/n\).

La suite \((x_{n})_{n\ge 1}\) est une suite d'éléments non nuls de \(H\) qui converge vers 0.

• \(H\) est dense dans \(\mathbb{R}\) :

Pour montrer que \(H\) est dense dans \(\mathbb{R}\), il suffit de montrer que tout intervalle ouvert non trivial \(]u,v[\) de \(\mathbb{R}\) contient au moins un élément de \(H\).

Soit \(]u,v[\) un tel intervalle, avec \(\epsilon =v-u>0\).

D'après ce qui précède, il existe un élément \(h\in H\) tel que \(0 \le h \le \epsilon \).En utilisant la propriété archimédienne de \(\mathbb{R}\), il existe un entier relatif \(n\) tel que : \(nh\le u \le (n+1)h\).

Alors l'élément \((n+1)h=nh+h\) appartient à \(H\) (car \(h\in H\) et \(H\) est un sous-groupe, donc stable par addition et multiplication par des entiers).

De plus, on a \(u \le (n+1)h=nh+h \le u+h \le u+\epsilon = u+(v-u)=v\).

Donc, \((n+1)h\in H\cap ]u,v[\).

Puisque tout intervalle ouvert non trivial contient un élément de \(H\), \(H\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

-- Abdurrazzak Ajaja
Novembre 2025