\documentclass[12pt, a4paper]{report}

% wow! quelqu'un est en train de lire le code source !

\usepackage{elegant-cours}

\begin{document}

\MaPageDeGarde{Chapitre X : Structures algébriques}{Retranscrit par Samy Youssoufine}{./assets/logo.png}{Document Incomplet. Peut contenir des erreurs/sections incomplètes.}

\tableofcontents
\clearpage

\vspace*{\fill}
Ce chapitre est consacré aux structures algébriques. Il s'agit d'un chapitre d'introduction à l'algèbre. Elle occupera tout le deuxième semestre ainsi que le troisième semestre. Elle ne nécessite quasiment aucune connaissances préalable en analyse.
\vspace*{\fill}

\chapter{Groupes}

\section{Généralités}

\subsection{Magma}

\begin{definition}[Magma]
    Soit $E$ un ensemble non-vide.

    On appelle un loi de composition interne dans $E$ (LCI) tout application :

    $$(*):\begin{cases}E\times E\to E\\(x,y)\mapsto x*y\end{cases}$$

    C'est pour cela qu'on dit que c'est une loi de composition \textit{interne} : on associe à deux éléments de $E$ un élément de $E$ (on reste dans $E$).

    Dans ce cas, $(E,*)$ est appelé \textbf{magma}.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item + est une LCI dans $\N$, $\Z$, $\Q$, $\R$ et $\C$.
        \item $-$ n'est pas une LCI dans $\N$ car par exemple $2-3=-1\notin\N$.
        \item $\times$ est une LCI dans $\N$, $\Z$, $\Q$, $\R$ et $\C$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{definition}[]
    Soit $G$ un ensemble non-vide muni d'une LCI $*$.

    On dit que :
    \begin{enumerate}
        \item $*$ est \textbf{associative} si $\forall (x,y,z)\in G^3$, on a $(x*y)*z=x*(y*z)$.
        \item $*$ admet un \textbf{élément neutre} dans $G$ s'il existe $e\in G$ tel que\\
        $$\forall x\in G, \quad x*e=e*x=x.$$
        \item $x\in G$ admet un \textbf{symétrique} pour $*$ s'il existe $y\in G$ tel que\\
        $$x*y=y*x=e$$
        \\où $e$ est l'élément neutre de $G$. On dit que $x$ est \textbf{symétrisable} pour $*$. On appelle $y$ le \textbf{symétrique} de $x$ pour $*$, et on le note $x^{-1}$ ou $-x$ si $*$ est additive.
        \item $*$ est \textbf{commutative} si $\forall (x,y)\in G^2$, on a $x*y=y*x$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
    On peut toujours noter le symétrique de $x$ par $x^{-1}$, mais on utilise la notation $-x$ uniquement lorsque la loi est additive (pour simplifier les écritures). On dit qu'une loi est additive si elle agit d'une manière similaire à l'addition usuelle.
\end{remark}

\begin{attention}
    Il faut faire attention à la terminologie utilisée. On associe de préférence l'élément neutre à la loi dans l'ensemble. On ne dit pas, par exemple, que $0$ est l'élément neutre de $\R$, mais plutôt que $0$ est l'élément neutre de la loi $+$ dans $\R$, ou que c'est l'élément neutre de $\R$ pour la loi $+$.
\end{attention}

\subsection{Groupes}

\begin{definition}[Groupe]
    Soit $G$ un ensemble non-vide muni d'une LCI $*$.

    On dit que $(G,*)$ est un \textbf{groupe} si :
    \begin{enumerate}
        \item $*$ est associative.
        \item $*$ admet un élément neutre dans $G$.
        \item Tout élément de $G$ est symétrisable pour $*$.
    \end{enumerate}

    Si de plus $*$ est commutative, on dit que $(G,*)$ est un \textbf{groupe commutatif} (abélien).
\end{definition}

\begin{methodbox}
    Pour montrer que $(G,*)$ est un groupe, on commence par vérifier que $*$ est une loi de composition interne dans $G$. Ensuite, on vérifie l'associativité, l'existence d'un élément neutre, et enfin que tout élément de $G$ est symétrisable pour $*$.

    Si on veut montrer que $(G,*)$ est un groupe commutatif, on vérifie que $*$ est commutative juste après avoir montré qu'elle est associative, pour ne montrer qu'une seule égalité et éviter les répétitions.
\end{methodbox}

\begin{property}
    Soit $(E,*)$ un magma tel que $*$ admet un élément neutre $e$.

    \begin{enumerate}
        \item $e$ est unique.
        \item Si $*$ est associative, et $a\in E$ est symétrisable, alors le symétrique est unique ; i.e. $\exists ! b \in G, a * b = b * a = e$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item Supposons qu'il existe deux éléments neutres $e$ et $e'$. Alors, par définition de l'élément neutre, on a $e*e' = e$ et $e*e' = e'$. Donc, $e = e'$.
        \item Soit $a\in G$ symétrisable, et supposons qu'il existe deux symétriques $b$ et $b'$ de $a$. Alors, par définition du symétrique, on a $a*b = e$ et $a*b' = e$. En multipliant à gauche par $b'$ dans la première égalité, on obtient :
        $$b'*(a*b) = b'*e \implies (b'*a)*b = b'.$$
        En utilisant l'associativité, on a :
        $$e*b = b' \implies b = b'.$$
    \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item $(\Z,+),(\Q,+),(\R,+),(\C,+)$ est un groupe commutatif.
        \item Soit $E$ un ensemble de cardinal $\card{E}> 2$. On note $S_E$ l'ensemble des applications bijectives de $E$ vers $E$. On munit $S_E$ par la loi $\circ$ (composition), i.e. $\forall f,g\in S_E, f\circ g:\begin{cases}E \to E\\x\to f(g(x))\end{cases}$\\
        Alors, $(S_E,\circ)$ est un groupe non commutatif.
    \end{itemize}
    \textbf{Pour montrer que $(S_E,\circ)$ est un groupe, on vérifie si :}
    \begin{itemize}
        \item $\circ$ est une LCI dans $S_E$ :\\Soit $f,g\in S_E$. Comme $f$ et $g$ sont bijectives, alors $f\circ g$ est bijective, et $f\circ g : E \to E$. Donc, $f\circ g\in S_E$. Donc, $\circ$ est une LCI dans $S_E$.
        \item $\circ$ est associative :\\Soit $f,g,h\in S_E$. Montrons que $(f\circ g)\circ h = f\circ (g\circ h)$.\\Pour montrer que deux applications sont égales, il suffit de montrer que leurs images sont égales (pour tout $x$ de leur ensemble de départ).\\Soit $x\in E$. On a $\parens{\parens{f\circ g}\circ h}(x) = (f\circ g)(h(x)) = f(g(h(x)))$.\\De même, on a $\parens{f\circ \parens{g\circ h}}(x) = f((g\circ h)(x)) = f(g(h(x)))$.\\Donc, $(f\circ g)\circ h = f\circ (g\circ h)$.\\Note : il est parfaitement possible des les calculer plus rapidement, mais cette méthode est plus "rigoureuse" et "sécurisée".
        \item $\circ$ admet un élément neutre dans $S_E$ :\\On pose $id_E:\begin{cases}E\to E\\x\to x\end{cases}$\\Soit $f\in S_E$. On a $f\circ id_E = f$ et $id_E \circ f = f$. Donc, $id_E$ est l'élément neutre de $\circ$ dans $S_E$.
        \item $\forall f \in S_E, f$ admet une bijection réciproque $f^{-1}\in S_E$ telle que $f\circ f^{-1} = id_E$ et $f^{-1}\circ f = id_E$. Donc, tout élément de $S_E$ est symétrisable pour $\circ$.
        \item On peut déjà conclure que $(S_E,\circ)$ est un groupe. Montrons que ce n'est pas un groupe commutatif.
        \item $\circ$ n'est pas commutative. On procède à la démonstration par contre-exemple (méthode classique). On pose $E=\{x_1,x_2,x_3\}$ de cardinal $3>2$. On définit $f,g\in S_E$ par :
        $$f:\begin{cases}x_1\to x_2\\x_2\to x_3\\x_3\to x_1\end{cases},\quad g:\begin{cases}x_1\to x_3\\x_2\to x_1\\x_3\to x_2\end{cases}$$    
        Après calculs, on trouve que $(f\circ g)(x_2)=x_3\ne (g\circ f)(x_2)=x_1$. Donc, $f\circ g \ne g\circ f$. Donc, $\circ$ n'est pas commutative.
    \end{itemize}
    On conclut que $(S_E,\circ)$ est un groupe non commutatif.
\end{example}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item Lorsque $E = \{1,\dots,n\}\tq n\in\N^*$, alors $S_E$ est noté par $S_n$.\\Et $\forall f \in S_n$, $f$ est appelée une \textbf{permutation} de $\{1,\dots,n\}$, et notée par $\sigma=\parens{\begin{array}{cccc}1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n)\end{array}}$.\\Le cardinal de $S_n$ est $n!$ (factorielle de $n$).
        \item $(S_E,\circ)$ est un groupe non commutatif dès que $\card{E}>2$. Par contre, si $\card{E}=2$, alors $(S_E,\circ)$ est un groupe commutatif isomorphe à $(\Z/2\Z,+)$.
    \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{property}
    Soient $(G,*)$ un groupe, $a,b\in G$.

    Alors $(a*b)^{-1}=b^{-1} * a^{-1}$.
\end{property}

\begin{proof}
    $(a*b)*(b^{-1} * a^{-1}) = a*(b*b^{-1})*a^{-1} = a*e*a^{-1} = a*a^{-1} = e$.
    De même, $(b^{-1} * a^{-1})*(a*b) = e$.
    On en déduit que $(a*b)^{-1}=b^{-1} * a^{-1}$.
\end{proof}

\begin{exercise}
    Soit $(G,*)$ un groupe tel que $\forall x \in G, x*x = e$. Montrer que $G$ est un groupe commutatif.
\end{exercise}

\subsection{Sous-groupes}

\begin{definition}[Sous-groupe]
    Soit $(G,*)$ un groupe et $H \subset G$.
    On dit que $(H,*)$ est un \textbf{sous-groupe} de $(G,*)$ si et seulement si :
    \begin{enumerate}
        \item $H$ est non-vide.
        \item $H$ est stable par $*$ : $\forall x,y\in H, x*y \in H$.
        \item $\forall x \in H, x^{-1} \in H$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{property}[Caractérisation d'un sous-groupe]
    Soient $(G,*)$ un groupe et $H$ une partie de $G$.

    On peut dire que :

    $$H \text{ est un sous-groupe de }(G,*) \iff \begin{cases}H\ne \emptyset\\ \forall x,y\in H, x*y^{-1} \in H\end{cases}$$
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration dans le sens direct $\implies$ :} Trivial (mais à refaire).
        \1 \textbf{Démonstration dans le sens réciproque $\impliedby$ :}
            \2 On a $H\ne \emptyset$.
            \2 Donc $\exists a \in H$.
            \2 On a $a*a^{-1} = \boxed{e_G \in H}$.
                \3 $H$ contient l'élément neutre de $G$.
            \2 On a $\forall x \in H, e_G * x^{-1} = x^{-1} \in H$.
            \2 Soient $x,y\in H$. Alors, $y^{-1} \in H$.
            \2 Donc, $x*y = x*(y^{-1})^{-1} \in H$.
                \3 C'est-à-dire que $H$ est stable par $*$.
            \2 $H$ est donc un sous-groupe de $(G,*)$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item Si $H$ est un sous-groupe de $(G,*)$, alors l'élément neutre de $H$ est l'élément neutre de $G$.
        \item Tout sous-groupe d'un groupe est lui-même un groupe.
    \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{property}[Sous-groupes triviaux]
    Soit $(G,*)$ un groupe.

    Alors, $\{e_G\}$ et $G$ sont des sous-groupes de $(G,*)$, appelés \textbf{sous-groupes triviaux} de $(G,*)$.
\end{property}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item $\Z$ est un sous-groupe de $(\Q,+)$.
        \item $(\{-1,1\},\times)$ est un sous-groupe de $(\R^*,\times)$.
        \item On pose $\Z[i]=\{a+ib \tqp a,b\in \Z\}$ (Entiers de Gauss).
            Et on pose $\Z[j] = \{a+jb \tqp a,b\in\Z\}$, avec $j=e^{i\frac{\pi}3}$. (Entiers de Eisenstein). 
            Alors, $\Z[i]$ et $\Z[j]$ sont des sous-groupes de $(\C,+)$.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{property}
    Tous les sous-groupes de $(\Z,+)$ sont de la forme $n\Z$ avec $n\in\N$.
\end{property}

\begin{proof}
    Pour démontrer ça, on commence par vérifier que $n\Z$ est bien un sous-groupe de $(\Z,+)$ pour tout $n\in\N$. Ensuite, on montre que si $H$ est un sous-groupe quelconque de $(\Z,+)$, alors il existe $n\in\N$ tel que $H=n\Z$.

    \begin{outline}
        \1 $\forall n \in \N$, $n\Z$ est un sous-groupe de $(\Z,+)$.
            \2 $n\Z \subset \Z$ car $\forall k \in \Z, nk \in \Z$.
            \2 $n\Z \ne \emptyset$ car $0 \in n\Z$.
            \2 Soient $a,b \in n\Z$.
                \3 $\exists k,l \in \Z$ tels que $a= nk$ et $b=n l$.
                \3 Donc, $a - b = n(k - l) \in n\Z$.
            \2 Donc, $n\Z$ est un sous-groupe de $(\Z,+)$.
        \1 Soit $H$ un sous-groupe quelconque de $(\Z,+)$, non réduit au singleton $\{0\}$.
            \2 On pose $H^+ = H \cap \N^*$.
            \2 $H^+ \ne \emptyset$ car $H \ne \{0\}$ et $H$ est stable par l'opposé.
            \2 En effet, $H$ est un sous-groupe, alors $-a \in H$ pour tout $a \in H$.
            \2 Donc $a$ et $-a \in H \implies H^+ \ne \emptyset$.
            \2 On a $H^+ \subset \N^*$, donc $H^+$ admet un minimum $n$.
            \3 Nous allons essayer de montrer que $H = n\Z$.
            \2 On a $n \in H$, donc $nk = \begin{cases} \underbrace{n + \dots + n}_{k \text{ fois}}\pour k \ge 0 \\ \underbrace{-(n + \dots + n)}_{k \text{ fois}}\pour k \le 0\end{cases} \in H$.
            \2 Donc $x\in H$, i.e. $n\Z \subset H$.
            \2 Soit $a \in H$.
                \3 Par le théorème de la division euclidienne, il existe un unique couple $(q,r) \in \Z \times \N$ tels que $a = nq + r$ et $0 \le r < n$.
                \3 Or, $nq \in H$ (car $n\Z \subset H$) et $a \in H$, donc $r = a - nq \in H$ (car $H$ est stable par l'opposé et par l'addition).
                \3 Si $r \ne 0$, alors $r \in H^+$ et $r < n$, ce qui contredit la minimalité de $n$.
                \3 Donc, $r = 0$, et ainsi $a = nq \in n\Z$.
            \2 Donc, $H \subset n\Z$.
            \2 On en déduit que $H = n\Z$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    Les sous-groupes de $(\R,+)$ sont ou bien denses dans $\R$, ou bien de la forme $a\Z$ avec $a>0$ (Traité dans le DS n°2 d'octobre 2025).
\end{remark}

\begin{property}
    Soit $(G,*)$ un groupe.
    \begin{enumerate}
        \item Si $H_{i_{i\in I}}$ est une famille de sous-groupes de $(G,*)$, alors l'intersection $\bigcap_{i\in I} H_i$ est un sous-groupe de $(G,*)$.
        \item $H \cup K$ est un sous-groupe de $(G,*)$ si et seulement si $H \subset K$ ou $K \subset H$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration de 1. :}
        \2 $\forall i \in I, H_i \subset G \implies \bigcap_{i\in I} H_i \subset G$.
        \2 $\forall i \in I, H_i \ne \emptyset \implies \bigcap_{i\in I} H_i \ne \emptyset$ (car $e \in H_i$).
        \2 Soient $a,b \in \bigcap_{i\in I} H_i$.
        \2 Alors $\forall i \in I, a,b \in H_i \implies \forall i \in I, a*b^{-1} \in H_i$ (car $H_i$ est un sous-groupe).
        \2 Donc, $a*b^{-1} \in \bigcap_{i\in I} H_i$.
        \2 Donc, $\bigcap_{i\in I} H_i$ est un sous-groupe de $(G,*)$.
        \1 \textbf{Démonstration de 2. :}
        \2 Dans le sens indirect ($\impliedby$), la démonstration est triviale.
        \2 Dans le sens direct ($\implies$), on procède par absurde. On admet que $H \not\subset K$ et $K \not\subset H$.
        \2 Donc $\exists h \in H, h \notin K$ et $\exists k \in K, k \notin H$.
        \2 On a $h,k\in H\cup K \implies h*k \in H \cup K$ (car $H$ et $K$ sont des sous-groupes).
        \2 Si $h*k \in H$, alors $\exists h_1 \in H \tq h*k = h_1$.
        \3 Donc $k=h^{-1}*h_1 \in H$ (car $H$ est stable par $*$ et par l'inverse). (On compose à gauche !)
        \3 Ce qui est absurde.
        \2 Si $h*k \in K$, alors $\exists k_1 \in K \tq h*k = k_1$.
        \3 Donc $h = k_1 * k^{-1} \in K$ (car $K$ est stable par $*$ et par l'inverse). (On compose à droite !)
        \3 Ce qui est absurde.
        \2 On en déduit que $H \subset K$ ou $K \subset H$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{property}[Groupe des applications à valeurs dans un groupe]
    Soit $(G,*)$ un groupe et $D$ un ensemble non-vide.

    On note $G^D$ l'ensemble des applications de $D$ vers $G$.

    Alors $(G^D, \star)$ est un groupe, où $\star$ est définie par :

    $$\forall f,g \in G^D, \quad f \star g : \begin{cases}D \to G\\x \mapsto f(x) * g(x)\end{cases}$$
\end{property}
\label{prop:G^D_groupe}

\begin{remark}
    On se permet de noter les deux lois de la même manière ($*$ et $\star$) lorsqu'il n'y a pas d'ambiguïté possible. Dans le cours manuscrit, on entoure $\star$ d'un cercle coloré pour le différencier.
\end{remark}

\begin{attention}
    $\star$ est définie de manière "naturelle" à partir de $*$. On l'utilise pour effectuer des opérations sur des \textit{applications} à valeurs dans un groupe, tandis que $*$ est utilisée pour effectuer des opérations sur des \textit{éléments} du groupe.
\end{attention}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration que $\star$ est une LCI dans $G^D$ :}
        \2 On a $\forall f,g \in G^D, (f \star g)(x)=f(x) * g(x) \in G$ (car $*$ est une LCI dans $G$).
        \2 Donc $f \star g \in G^D$.
        \2 D'où $\star$ est une LCI dans $G^D$.
        \1 \textbf{Démonstration que $\star$ est associative :}
        \2 Soient $f,g,h \in G^D,x\in D$.
        \2 On a $\parens{(f \star g) \star h}(x) = (f \star g)(x) * h(x) = (f(x) * g(x)) * h(x)$.
        \2 De même, on a $\parens{f \star (g \star h)}(x) = f(x) * (g \star h)(x) = f(x) * (g(x) * h(x))$.
        \2 Or, $*$ est associative dans $G$, donc $(f(x) * g(x)) * h(x) = f(x) * (g(x) * h(x))$.
        \2 Donc, $\parens{(f \star g) \star h}(x) = \parens{f \star (g \star h)}(x)$.
        \2 Donc, $(f \star g) \star h = f \star (g \star h)$.
        \2 Donc, $\star$ est associative.
        \1 \textbf{Démonstration de l'existence d'un élément neutre :}
        \2 On pose $e : \begin{cases}D \to G\\x \mapsto e_G\end{cases}$, où $e_G$ est l'élément neutre de $G$.
        \2 Soit $f \in G^D, x \in D$.
        \2 On a $(f \star e)(x) = f(x) * e_G = f(x)$, car $f(x) \in G$.
        \2 De même, on a $(e \star f)(x) = e_G * f(x) = f(x)$, car $f(x) \in G$.
        \2 Donc, $f \star e = f$ et $e \star f = f$.
        \2 Donc, $e$ est l'élément neutre de $\star$ dans $G^D$.
        \1 \textbf{Démonstration que tout élément de $G^D$ est symétrisable pour $\star$ :}
        \2 Soit $f \in G^D$.
        \2 On pose $f' : \begin{cases}D \to G\\x \mapsto f(x)^{-1}\end{cases} \in G^D$, où $f(x)^{-1}$ est le symétrique de $f(x)$ pour $*$ dans $G$.
        \2 On a $\forall x \in D, (f \star f')(x) = f(x) * f(x)^{-1} = e_G = e(x)$.
        \2 De même, on a $\forall x \in D, (f' \star f)(x) = f(x)^{-1} * f(x) = e_G = e(x)$.
        \2 Donc, $f \star f' = e$ et $f' \star f = e$.
        \2 Donc, $f$ est symétrisable pour $\star$.
        \2 Donc, tout élément de $G^D$ est symétrisable pour $\star$.
        \1 On en déduit que $(G^D, \star)$ est un groupe.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    Si $(G,*)$ est un groupe abélien, alors $(G^D,\star)$ est aussi un groupe abélien.
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item Soit $I$ un intervalle de $\R$ non-vide. Alors, $(\R^I,+)$ est un groupe abélien, où $+$ est définie par : $\forall f,g\in\R^I, f+g:x\mapsto f(x)+g(x)$.
        \item $(\C^\N,+)$ est un groupe abélien, où $+$ est définie par : $\forall (u_n),(v_n)\in\C^\N, (u_n)+(v_n):(n\mapsto u_n+v_n)$. 
    \end{itemize}
\end{example}

\section{Groupe $(\Z/n\Z,+)$ où $n\in\N^*$}

\begin{definition}[Rappel de la relation d'équivalence]
    Une relation binaire $\mathcal{R}$ sur un ensemble $E$ est une relation d'équivalence si :
    \begin{enumerate}
        \item $\forall x \in E, x \mathcal{R} x$ (réflexivité).
        \item $\forall (x,y) \in E^2, x \mathcal{R} y \implies y \mathcal{R} x$ (symétrie).
        \item $\forall (x,y,z) \in E^3, x \mathcal{R} y$ et $y \mathcal{R} z \implies x \mathcal{R} z$ (transitivité).
    \end{enumerate}
\end{definition}

\subsection{Classes d'équivalence et partition}

\begin{definition}[Classes d'équivalence]
    Soit $\mathcal{R}$ une relation d'équivalence sur un ensemble $E$.

    Pour tout $x \in E$, on appelle \textbf{classe d'équivalence} de $x$ pour $\mathcal{R}$ l'ensemble :

    $$\cl{x} = \{y \in E \tq y \mathcal{R} x\}$$
\end{definition}

\begin{property}
    $\forall x,y \in E, x\mathcal{R}y \iff \cl{x} = \cl{y}$.

    i.e. deux éléments sont en relation si et seulement si leurs classes d'équivalence sont égales.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item \textbf{Démonstration dans le sens réciproque $\impliedby$ :} On a $x\in\cl{x} = \cl{y}$, donc $x\in\cl{y}$, i.e. $x\mathcal{R}y$.
        \item \textbf{Démonstration dans le sens direct $\implies$ :} Soit $z \in \cl{x}$. Alors, $z \mathcal{R} x$ et $x \mathcal{R} y$, donc $z \mathcal{R} y$ (par transitivité). Donc, $z \in \cl{y}$. Ainsi, $\cl{x} \subset \cl{y}$. De même, on montre que $\cl{y} \subset \cl{x}$. Donc, $\cl{x} = \cl{y}$.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{property}
    Si $\mathcal{R}$ est une relation d'équivalence sur un ensemble $E$, alors les classes d'équivalence forment \textbf{une partition} de $E$.
    
    i.e. : Elles sont non-vides, disjointes deux à deux, et leur réunion est égale à $E$.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item $\forall x \in E, x\in \cl x \implies \cl{x} \ne \emptyset$.
        \item Soient $x,y \in E$ tels que $\cl{x} \ne \cl{y}$.\\Soit $z \in \cl{x} \cap \cl{y}$. Alors, $z \mathcal{R} x$ et $z \mathcal{R} y$, donc $x \mathcal{R} y$ (par symétrie et transitivité). Donc, $\cl{x} = \cl{y}$, ce qui est absurde. Donc, $\cl{x} \cap \cl{y} = \emptyset$.
        \item Montrons que $\bigcup_{x \in E} \cl{x} = E$.\\On a $\forall x \in E, \cl{x} \subset E$, donc $\bigcup_{x \in E} \cl{x} \subset E$.\\Soit $y \in E$. On a $y \in \cl{y}$, donc $y \in \bigcup_{x \in E} \cl{x}$. Donc, $E \subset \bigcup_{x \in E} \cl{x}$.\\On en déduit que $\bigcup_{x \in E} \cl{x} = E$.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
    On a déjà montré que ``$\cdot \equiv \cdot [n]$'' est une relation d'équivalence sur $\Z$ (Chapitre IX).

    Pour tout $x \in \Z$, on note $\cl{x}$ par $\overline{x}$, et l'ensemble des classes d'équivalence par $\Z/n\Z=\{\cl{x}\tq x\in\Z\}=\{\overline{0}, \overline{1}, \ldots, \overline{n-1}\}$.
\end{remark}

\begin{proposition}
    $(\Z/n\Z,+)$ est un groupe abélien, où $+$ est définie par :
    $$\forall \overline{a}, \overline{b} \in \Z/n\Z, \quad \overline{a} + \overline{b} = \overline{a+b}$$
\end{proposition}

\begin{proof}
    Montrons que $+$ est bien définie.

    + est bel et bien définie si et seulement si elle ne dépend pas du choix du représentant de la classe d'équivalence.

    Soient $\overline{x} = \overline{x'}$ et $\overline{y} = \overline{y'}$ dans $\Z/n\Z$.

    Donc $x \equiv x' [n]$ et $y \equiv y' [n]$.

    i.e. $\exists k_1,k_2 \in \Z$ tels que $x' = x + k_1 n$ et $y' = y + k_2 n$.

    Donc $x+y = x' + y' - (k_1 + k_2) n$.
    Donc $x + y \equiv x' + y' [n]$.
    Donc, $\overline{x+y} = \overline{x' + y'}$.
\end{proof}
\todo{MQ GRP ABELIEN Z/NZ 21/01}

\subsection{Groupe engendré par une partie}

\begin{definition}[Groupe engendré]
    Soit $(G,\cdot)$ un groupe et $A \subset G$.

    On appelle \textbf{groupe engendré} par $A$ le plus petit sous-groupe de $(G,\cdot)$, soit $\underset{\substack{H\text{ s.g. de }G \\ A \subset H}}{\bigcap} H$, contenant $A$, noté $\langle A \rangle$.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item Si $A = \emptyset$, alors $\langle A \rangle = \{e_G\}$, parce que c'est le plus petit sous-groupe de $(G,\cdot)$.
        \item Si $A$ est un sous-groupe de $(G,\cdot)$, alors $\langle A \rangle = A$.
        \item Si $A=\{a\}$ avec $a \in G$, alors $\langle A \rangle = \{a^n \tq n \in \Z\}$, avec $a^0 = e_G$ et $a^n = \underbrace{a \cdot a \cdot \ldots \cdot a}_{n \text{ fois}}$ pour $n > 0$, ou $a^n = \underbrace{a^{-1} \cdot a^{-1} \cdot \ldots \cdot a^{-1}}_{-n \text{ fois}}$ pour $n < 0$. On le note aussi par $\langle a \rangle$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{definition}[Groupes monogènes et groupes cycliques]
    Soit $(G,\cdot)$ un groupe.
    \begin{enumerate}
        \item On dit que $(G,\cdot)$ est un \textbf{groupe monogène} s'il existe $a \in G$ tel que $G = \langle a \rangle$, et on dit que $a$ est un \textbf{générateur} de $G$.
        \item On dit que $(G,\cdot)$ est un \textbf{groupe cyclique} s'il existe $A \subset G$ fini tel que $G = \langle A \rangle$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $(\Z,+)$ est un groupe monogène, engendré par $1$ (ou $-1$).
        \item $\Uset_n = \{z \in \C \tq |z| = 1\}$ est un groupe cyclique, engendré par $e^{i\frac{2\pi}{n}}=\omega$. Donc $\Uset_n = \langle \omega \rangle = \{1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}\}$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{definition}
    Soient $(G,\cdot)$ un groupe et $a \in G$.

    Si $\langle a \rangle$ est un groupe fini, on appelle \textbf{ordre} de $a$ dans $G$ le cardinal de $\langle a \rangle$, noté par $o(a)=\card{\langle a \rangle}$.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item Pour $(\Z/6\Z,+)$, on a $o(2)=3$ car $\langle \overline{2} \rangle = \{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}\}$, et on a $o(3)=2$, et $o(5)=6$.
    \end{itemize}
\end{example}

\todo{qqch sur les générateurs ici $\frownie$}

\begin{property}
    Soit $(G,\cdot)$ un groupe fini d'élément neutre $e$. Alors, $\forall a \in G, o(a) = \min(\{k\in\N^* \tq a^k = e\})$.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 On pose $A=\{k\in\N^* \tq a^k = e\}$. Montrons que $A\ne\emptyset$ et qu'il admet un minimum.

        \2 On a $\angles{a} = \{a^n \tq n \in \Z\} \subset G$ est fini.

        \2 Donc l'application $\psi : \begin{cases}\overbrace{\Z}^{\text{infini}} \to \overbrace{\angles{a}}^{\text{fini}}\\ n \mapsto a^n\end{cases}$ n'est pas injective.

        \3 \textit{Si l'application était injective, alors on aurait une infinité d'éléments dans $\langle a \rangle$, ce qui est absurde, car $\langle a \rangle$ est fini.}

        \2 Donc $\exists k_1,k_2 \in \Z \tq a^{k_1} = a^{k_2}$ et $k_1 \ne k_2$.

        \2 Donc $a^{\abs{k_1 - k_2}} = e$.

        \2 Donc $\abs{k_1 - k_2} \in A$, donc $A \ne \emptyset$.

        \2 En plus, $A \subset \N^*$, donc $A$ admet un minimum. On pose $S=\min(A)$.

        \1 Montrons que $\angles{a} = \{e, a, a^2, \ldots, a^{S-1}\}$.

        \2 On pose $H = \{e, a, a^2, \ldots, a^{S-1}\}$.

        \2 On a $H \subset \angles{a}$.

        \2 Soit $x\in\angles{a}$, donc $\exists n \in \Z \tq x = a ^n$.
        \2 Par le théorème de la division euclidienne, il existe $(q,r) \in \Z \times \N$ tels que $n = qS + r$ et $0 \le r < S$.
        \2 Donc, $x = a^n = a^{qS + r} = (a^S)^q * a^r = e^q * a^r = a^r$, sachant que $a^S = e$ (car $S \in A$).
        \2 Donc, $x \in H$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{methodbox}
    En pratique, pour chercher l'ordre d'un élément $a$ dans un groupe fini $(G,\cdot)$, on ne cherche pas à calculer tous les éléments de $\langle a \rangle$, mais on cherche le plus petit entier $k \ge 1$ tel que $a^k = e$.
\end{methodbox}

\section{Théorème de Lagrange}

\begin{theorem}[Théorème de Lagrange]
    Soit $(G,\cdot)$ un groupe fini et $(H,\cdot)$ un sous-groupe de $(G,\cdot)$.

    Alors, $\card{H}$ divise $\card{G}$ (on note $\card{H} \mid \card{G}$).
\end{theorem}

\begin{proof}
    Soit $H$ un sous-groupe de $(G,\cdot)$.

    On définit une relation binaire $\mathcal{R}$ sur $G$ par : $\forall x,y \in G, x\mathcal{R}y \iff x^{-1} \cdot y \in H$.

    \begin{outline}
        \1 Montrons que $\mathcal{R}$ est une relation d'équivalence.
            \2 \textbf{Réflexivité :} Soit $x \in G$. On a $x^{-1} \cdot x = e_G \in H$, donc $x \mathcal{R} x$.
            \2 \textbf{Symétrie :} Soient $x,y \in G$ tels que $x \mathcal{R} y$. Donc, $x^{-1} \cdot y \in H$. Donc, $(x^{-1} \cdot y)^{-1} = y^{-1} \cdot x \in H$ (car $H$ est stable par l'inverse). Donc, $y \mathcal{R} x$.
            \2 \textbf{Transitivité :} Soient $x,y,z \in G$ tels que $x \mathcal{R} y$ et $y \mathcal{R} z$. Donc, $x^{-1} \cdot y \in H$ et $y^{-1} \cdot z \in H$. Donc, $(x^{-1} \cdot y) \cdot (y^{-1} \cdot z) = x^{-1} \cdot z \in H$ (car $H$ est stable par $\cdot$). Donc, $x \mathcal{R} z$.
        \1 On en déduit que $\mathcal{R}$ est une relation d'équivalence sur $G$.
        \1 Soit $\cl{x}$ la classe d'équivalence de $x\in G$ pour la relation $\mathcal{R}$.
            \2 On a $\cl{x} = \{y\in G\tq x^{-1}\cdot y\in H\} = \{x\cdot h\tq h\in H\}$.
        \1 On montre que toutes les classes d'équivalence ont le même cardinal que $H$.
            \2 Soit $x\in G$. On définit l'application $\varphi : \begin{cases}H \to \cl{x}\\ h\mapsto x\cdot h\end{cases}$.
            \2 Montrons que $\varphi$ est une bijection.
                \3 \textbf{Injectivité :} Soient $h_1,h_2 \in H$ tels que $\varphi(h_1) = \varphi(h_2)$. Donc, $x\cdot h_1 = x\cdot h_2$. Donc, $h_1 = h_2$ (en composant à gauche par $x^{-1}$). Donc, $\varphi$ est injective.
                \3 \textbf{Surjectivité :} Soit $y \in \cl{x}$. Donc, $\exists h \in H \tq y = x\cdot h$. Donc, $\varphi(h) = y$. Donc, $\varphi$ est surjective.
            \2 On en déduit que $\varphi$ est une bijection.
            \2 Donc, $\card{\cl{x}} = \card{H}$.
        \1 Soit $\{\cl{x_i}\}_{i\in I}$ l'ensemble des classes d'équivalence de $G$ pour la relation $\mathcal{R}$.
            \2 On a $\bigcup_{i\in I} \cl{x_i} = G$ et les $\cl{x_i}$ sont disjointes deux à deux.
            \2 Donc, $\card{G} = \sum_{i\in I} \card{\cl{x_i}}$.
            \2 Donc, $\card{G} = \sum_{i\in I} \card{H} = \card{H} \cdot \card{I}$.
        \1 On en déduit que $\card{H} \mid \card{G}$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{consequence}
    \begin{enumerate}
        \item Si $(G,\cdot)$ est un groupe fini de cardinal premier, alors ses seuls sous-groupes sont les sous-groupes triviaux $\{e_G\}$ et $G$. Dans ce cas, on dit que $G$ est un \textbf{groupe simple}. Par exemple, $(\Z/p\Z,+)$ est un groupe simple pour tout $p$ premier, sachant que le cardinal de $\Z/n\Z$ est $n$.
        \item Soit $(G,\cdot)$ un groupe fini tel que $\card{G}=n\in\N^*$. On a $\angles{a}$ est un sous-groupe de $G$, donc $o(a)=\card{\angles{a}}$ divise $n$, d'après le théorème de Lagrange. Or, on a $a^{o(a)}=e_G$. Donc, $a^n = e_G$.
        \item Si $G$ est un sous-groupe de $(\C^*,\times)$ tel que $\card{G}=n\in\N^*$, alors $\forall z \in G, z^n = 1$. Donc $G\subset \Uset_n = \{z \in \C \tq |z|=1\}$. Or $\card{\Uset_n} = n = \card{G}$. Donc, $G = \Uset_n$, vu qu'il s'agit de deux ensembles finis de même cardinal tels que $G \subset \Uset_n$. Cela veut dire que le seul sous-groupe de $(\C^*,\times)$ de cardinal $n$ est $\Uset_n$.
    \end{enumerate}
\end{consequence}

\chapter{Anneaux et Corps}

\section{Anneaux}

\begin{definition}[Anneau]
    Soit $A$ un ensemble non-vide muni de deux lois de composition interne notées $+$ et $\times$. Notons que ce ne sont pas les mêmes lois que les additions et multiplications usuelles, elles ont uniquement des ``rôles'' additifs et multiplicatifs similaires.

    On dit que $(A,+,\times)$ est un \textbf{anneau} si :
    \begin{enumerate}
        \item $(A,+)$ est un groupe abélien.
        \item $\times$ est associative dans $A$ et admet un élément neutre dans $A$.
        \item La loi $\times$ est distributive par rapport à la loi $+$, i.e. :
        \begin{itemize}
            \item $\forall (a,b,c) \in A^3, a \times (b + c) = (a \times b) + (a \times c)$ (distributivité à gauche).
            \item $\forall (a,b,c) \in A^3, (a + b) \times c = (a \times c) + (b \times c)$ (distributivité à droite).
        \end{itemize}
    \end{enumerate}

    Si, de plus, la loi $\times$ est commutative dans $A$, on dit que $(A,+,\times)$ est un \textbf{anneau commutatif}.
\end{definition}

\begin{remark}
    On ne peut plus parler d'élément neutre de l'anneau, car il y a deux lois de composition interne. On parle donc d'élément neutre pour la loi $\times$ ou pour la loi $+$. 

    \begin{itemize}
        \item L'élément neutre pour la loi $+$ est noté $0_A$.
        \item L'élément neutre pour la loi $\times$ est noté $1_A$.
    \end{itemize}

    Idem, on ne peut pas parler de symétrique d'un élément dans un anneau, mais uniquement de son opposé pour la loi $+$.
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item $(\Z,+,\times)$, $(\Q,+,\times)$, $(\R,+,\times)$ et $(\C,+,\times)$ sont des anneaux commutatifs.
        \item $(\Kset^\N,+,\times)$ est un anneau commutatif, où $\Kset$ est $\R$ ou $\C$, sachant que $\Kset^\N$ et le groupe des applications de $\N$ à valeurs dans $\Kset$ (\ref{prop:G^D_groupe}).
        \item On munit $\Z/n\Z$ des lois $+$ et $\dot\times$ définies par : $\forall \overline{a}, \overline{b} \in \Z/n\Z,$
        \begin{itemize}
            \item $\overline{a} + \overline{b} = \overline{a+b}$,
            \item $\overline{a} \times \overline{b} = \overline{a \dot\times b}$.
        \end{itemize}
        $\dot\times$ est bien définie. Prenons $\overline{x}=\overline{x'}$ et $\overline{y}=\overline{y'}$ dans $\Z/n\Z$. Après calculs, on trouve bel et bien que $\overline{xy}=\overline{x'y'}$.\\
        Donc $\overline{x}\dot\times\overline{y}=\overline{x'}\dot\times\overline{y'}$.\\
        Ainsi, $(\Z/n\Z,+,\dot\times)$ est un anneau commutatif.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{property}
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau.

    \begin{itemize}
        \item $a\in A$ est dit \textbf{inversible} lorsque $a$ est inversible pour la loi $\times$, i.e. $\exists b \in A \tq a \times b = b \times a = 1_A$. Dans ce cas, $b$ est unique et on le note $a^{-1}$.
        \item On note $A^* = \{a \in A \tq a \text{ est inversible}\}$ l'ensemble des éléments inversibles de l'anneau $(A,+,\times)$.
    \end{itemize}
\end{property}

\begin{attention}
    L'ensemble $A^*$ n'est pas l'ensemble $A\setminus\{0_A\}$ ! Mais ils coïncident dans le cas particulier des corps (voir plus loin). Voir le premier exemple en \ref{ex:U_Z_Q_R_C}.
\end{attention}

\begin{remark}
    On parle d'élément inversible pour la loi $\times$, mais on évite le terme ``symétrisable'' pour éviter toute confusion avec le terme ``symétrique'' qui concerne la loi $+$.
\end{remark}

\begin{example}
    
    \begin{itemize}
        \item $\Uset_\Z = \{-1,1\}$.
        \item $\Uset_\Kset = \Kset\setminus\{0\}$, où $\Kset$ est $\R$ ou $\C$.
        \item $\Uset_{\Z/n\Z} = \{\overline{a} \in \Z/n\Z \tq \exists \overline{b} \in \Z/n\Z, \overline{a} \dot\times \overline{b} = \overline{1}\}$\\$=\{\overline{a} \in \Z/n\Z \tq \pgcd (a,n) = 1\}$ (en utilisant le théorème de Bézout).\\Par exemple, $\Uset_{\Z/9\Z} = \{\overline{1}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{8}\}$.
        \item $\Uset_{\Z/11\Z} = \Z/11\Z\setminus{\overline{0}}$ car $11$ est premier.
    \end{itemize}
\end{example}
\label{ex:U_Z_Q_R_C}

\begin{property}
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau. Alors, $(A^*=\Uset_A,\times)$ est un groupe, appelé le groupe des inversibles de l'anneau $A$.
\end{property}

\begin{remark}[Hors programme]
    Le cardinal de $\Uset_{\Z/n\Z}$ \textbf{ne divise pas $n$}, parce que $\Uset_{\Z/n\Z}$ n'est pas un sous-groupe de $(\Z/n\Z,+)$ (les deux lois sont différentes). Par exemple, pour $n=8$, on a $\card{\Uset_{\Z/8\Z}}=4$ qui ne divise pas $8$. Le cardinal du groupe $(\Z/n\Z,\times)$ est donné par la fonction indicatrice d'Euler $\varphi(n)$.

    $$\varphi(n) = \card{\Uset_{\Z/n\Z}} = \card{\{k\in[\![1,n]\!] \tq \pgcd(k,n) = 1\}}$$

    Par exemple, $\varphi(9) = 9 \left(1 - \frac{1}{3}\right) = 6$, et $\varphi(11) = 11 \left(1 - \frac{1}{11}\right) = 10$.

    Si $n$ est premier, alors $\varphi(n) = n - 1$ (ce sont tous les éléments sauf $\overline{0}$ qui sont inversibles).
\end{remark}

\begin{remark}
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau. On a toujours $0_A \times a = a \times 0_A = 0_A$, pour tout $a \in A$. On a aussi $-1_A \times a = a \times -1_A = -a$, pour tout $a \in A$.

    \textbf{Preuve du premier point :} Soit $a \in A$. On a $0_A \times a + 0_A \times a = (0_A + 0_A) \times a = 0_A \times a$. Donc, intuitivement, en ``simplifiant'' $0_A \times a$ des deux côtés, on obtient $0_A \times a = 0_A$. De même, on montre que $a \times 0_A = 0_A$.
\end{remark}

\begin{definition}[Diviseur de zéro]
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau. On dit que $a \in A\setminus\{0_A\}$ est un \textbf{diviseur de zéro} s'il existe $b \in A\setminus\{0_A\}$ tel que $a \times b = 0_A$ ou $b \times a = 0_A$.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item $\overline{2}$ est un diviseur de zéro dans $\Z/6\Z$ car $\overline{2} \dot\times \overline{3} = \overline{0}$.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{definition}[Anneau intègre]
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau. On dit que $A$ est un \textbf{anneau intègre} lorsque :
    \begin{itemize}
        \item $(A,+,\times)$ est un anneau commutatif.
        \item $A$ est sans diviseurs de zéro, i.e. : $\forall a,b \in A, a\times b = 0_A \implies a = 0_A \ou b = 0_A$.
    \end{itemize}
\end{definition}

\begin{remark}
    La seule définition que nous allons utiliser est celle indiquée ci-dessus. Cependant, on peut définir des anneaux semi-intègres sans avoir besoin de la commutativité de la multiplication...
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $(\Z,+,\times)$, $(\Q,+,\times)$, $(\R,+,\times)$ et $(\C,+,\times)$ sont des anneaux intègres.
        \item $(\Z/n\Z,+,\dot\times)$ est intègre si et seulement si $n$ est premier.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{proof}[Deuxième exemple]
    
\end{proof}
\todo{recop $\smile$.}

\section{Sous-anneaux}

\begin{definition}[Sous-anneau]
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau et $B \subset A$. On dit que $B$ est un \textbf{sous-anneau} de $A$ si :
    \begin{itemize}
        \item $B$ est non-vide (il doit contenir au moins l'élément $1_A$, qui est le plus facile à montrer).
        \item $B$ est stable par les lois $+$ et $\times$, i.e. :
        \begin{itemize}
            \item $\forall (a,b) \in B^2, a - b \in B$,
            \item $\forall (a,b) \in B^2, a \times b \in B$.
        \end{itemize}
    \end{itemize}
\end{definition}

\begin{remark}
    Si $B$ est un sous-anneau de $(A,+,\times)$, alors $(B,+,\times)$ est un anneau.
\end{remark}

\begin{example}
    $\Z[i]$ est un sous-anneau de $(\C,+,\times)$, où $\Z[i] = \{a + ib \tq (a,b) \in \Z^2\}$ (entiers de Gauss).
    \begin{itemize}
        \item $1_\C = 1 + i0 \in \Z[i]$, donc $\Z[i]$ est non-vide.
        \item Soient $x=a+ib$ et $y=c+id$ dans $\Z[i]$.
        \item On a $x+y = (a+c) + i(b+d) \in \Z[i]$ car $(a+c,b+d) \in \Z^2$.
        \item On a $x \times y = (ac - bd) + i(ad + bc) \in \Z[i]$ car $(ac - bd, ad + bc) \in \Z^2$.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{definition}[Élément nilpotent]
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau. On dit que $a \in A$ est un \textbf{élément nilpotent} s'il existe $n \in \N^*$ tel que $a^n = 0_A$, où $a^n = \underbrace{a \times a \times \ldots \times a}_{n \text{ fois}}$.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item Dans $\Z/8\Z$, $\overline{2}$ est nilpotent car $\overline{2}^3 = \overline{8} = \overline{0}$.
        \item Dans $\Z/9\Z$, $\overline{3}$ est nilpotent car $\overline{3}^2 = \overline{9} = \overline{0}$, idem pour $\overline{6}$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{property}
    Soient $(A,+,\times)$ un anneau commutatif et $a,b\in A$. Alors, $\forall n \in \N^*, (a + b)^n = \sum_{k=0}^n \binom nk a^k \times b^{n-k}$ (formule du binôme de Newton), avec la convention $a^0 = 1_A$ et $0_A^0 = 1_A$.

    \textit{Preuve par récurrence sur $n$.}
\end{property}

\begin{application}
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau commutatif.

    Si $a,b\in A$ sont nilpotents, i.e. $\exists n,m \in \N \tq a^n = 0_A, b^m = 0_A$, alors $a + b$ est nilpotent.

    \textit{En effet :}

    Soit $N = n + m$. On a :
    $$(a + b)^N = \sum_{k=0}^N \binom Nk a^k \times b^{N-k}$$

    Si $k \ge n$, alors $a^k = 0_A$.

    Si $N - k \ge m$, alors $b^{N-k} = 0_A$.

    Donc, dans la somme précédente, tous les termes sont nuls. Donc, $(a + b)^N = 0_A$.

    On remarque aussi que $(-a)^n=(-1_A)^n \times a^n = 0_A$, donc $-a$ est nilpotent.

    \textbf{Conclusion : } Si $(A,+,\times)$ est un anneau commutatif, alors $\mathcal{N}(a) = \{a \in A \tq a \text{ est nilpotent}\}$ est un sous-groupe de $(A,+)$.
\end{application}

\section{Corps}

\begin{definition}[Corps]
    Soit $K$ un ensemble non-vide muni de deux lois de composition interne $+$ et $\times$.
    
    On dit que $(K,+,\times)$ est un \textbf{corps} si :
    \begin{enumerate}
        \item $(K,+,\times)$ est un anneau.
        \item $\forall x \in K\setminus\{0_K\}, x \in K^*$, i.e. : $x$ est inversible dans $K\setminus\{0_K\}$.
    \end{enumerate}

    Si, de plus, la loi $\times$ est commutative dans $K$, on dit que $(K,+,\times)$ est un \textbf{corps commutatif}.
\end{definition}

\begin{remark}
    $$(K,+,\times) \text{ est un corps} \iff \begin{cases}(K,+) \text{ est un groupe abélien}\\(K\setminus\{0_K\},\times) \text{ est un groupe}\\ \times \text{ est distributive par rapport à } + \text{ dans } K\end{cases}$$
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $(\Q,+,\times)$, $(\R,+,\times)$ et $(\C,+,\times)$ sont des corps commutatifs.
        \item $(\Z/n\Z,+,\dot\times)$ est un corps si et seulement si $n$ est un nombre premier, parce que dans ce cas, $U_{\Z/n\Z} = \Z/n\Z\setminus\{\overline{0}\}$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{definition}[Sous-corps]
    Soient $(K,+,\times)$ un corps et $L$ une partie de $K$. On dit que $L$ est un \textbf{sous-corps} de $K$ si et seulement si $L$ est un sous-anneau de $K$ et que $\forall x \in L\setminus\{0_L\}, x^{-1}\in L$.

    Si $L$ est un sous-corps de $K$, alors cela équivaut à dire que $K$ est une extension de $L$.
\end{definition}

\begin{example}
    On pose $\Q[\sqrt{2}] = \{a + b\sqrt{2} \tqp (a,b) \in \Q^2\}$.

    $\Q[\sqrt{2}]$ est un sous-corps de $(\R,+,\times)$.
\end{example}

\begin{definition}[Idéal d'un anneau commutatif]
    Soit $A$ un anneau commutatif. Soit $I$ une partie de $A$.

    On dit que $I$ est un \textbf{idéal} de $A$ lorsque :

    $$\begin{cases}
    I \subset A~~(0)~~\text{ rappel }\\
    I \text{ est un sous-groupe de }(A,+)~~(1)\\
    \forall a \in A, \forall x \in I, a \cdot x \in I \text{ i.e. } AI \subset I~~(2)
    \end{cases}$$
    
\end{definition}

\begin{remark}
    Si $I$ est un idéal de $A$ tel que $1_A \in I$, alors $I = A$, parce que pour tout $a \in A$, on a $a \cdot 1_A = a \in I$ d'après la condition (2).

    Les sous-groupes triviaux de $(A,+)$, à savoir $\{0_A\}$ et $A$ sont toujours des idéaux de l'anneau commutatif $A$.
\end{remark}

\begin{exercise}
    Soit $(K,+,\times)$ un corps commutatif. Montrer que les seuls idéaux de $K$ sont $\{0_K\}$ et $K$.

    \textbf{Solution :}

    Il est clair que $\{0_K\}$ et $K$ sont des idéaux de $K$.

    Soit $I$ un idéal de $K$ tel que $I \ne \{0_K\}$. Donc, $\exists a \in I$ tel que $a \ne 0_K$. Montrons que $I = K$.

    \begin{itemize}
        \item On sait que $I \ne \{0_K\}$, donc $\exists x \in K$ tel que $x \ne 0_K$ et $x \in I$.
        \item Donc $x\cdot x^{-1} = 1_K \in I$ (car $I$ est stable par la multiplication par un élément de $K$).
        \item Alors, d'après la remarque précédente, on a $I = K$.
    \end{itemize}
\end{exercise}

\begin{property}[Idéal engendré par un élément]
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau commutatif et $x \in A$. Alors, l'ensemble $xA = \{a \times x \tq a \in A\}$ est le plus petit idéal de $A$ contenant $x$.

    \textbf{Cet idéal est appelé l'idéal engendré par $x$.}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Montrons que $xA$ est un idéal de $A$.
            \2 On a clairement $xA \subset A$.
            \2 Montrons que $xA$ est un sous-groupe de $(A,+)$.
                \3 $0_A = 0_A \times x \in xA$, donc $xA$ est non-vide.
                \3 Soient $u,v \in xA$. Donc, $\exists a,b \in A$ tels que $u = a \times x$ et $v = b \times x$.
                \3 Donc, $u - v = (a - b) \times x \in xA$ (car $(A,+)$ est un groupe).
            \2 Donc, $xA$ est un sous-groupe de $(A,+)$.
            \2 Montrons que $\forall a \in A, \forall y \in xA, a \times y \in xA$.
                \3 Soit $a \in A$ et $y \in xA$. Donc, $\exists b \in A$ tel que $y = b \times x$.
                \3 Donc, $a \times y = a \times (b \times x) = (a \times b) \times x \in xA$ (car $(A,\times)$ est associative).
            \2 Donc, $\forall a \in A, \forall y \in xA, a \times y \in xA$.
        \1 On en déduit que $xA$ est un idéal de $A$.
        \1 Montrons que $xA$ est le plus petit idéal de $A$ contenant $x$. Nous allons, pour cela, montrer que pour tout idéal $I$ de $A$ contenant $x$, on a $xA \subset I$.
            \2 Soit $I$ un idéal de $A$ tel que $x \in I$.
            \2 Soit $y \in xA$. Donc, $\exists a \in A$ tel que $y = a \times x$.
            \2 Or, comme $x \in I$ et que $I$ est stable par la multiplication par un élément de $A$, on a $y = a \times x \in I$. Cela veut dire que $xA \subset I$.
        \1 On en déduit que $xA$ est le plus petit idéal de $A$ contenant $x$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    La réciproque de l'exercice précédent est vraie : si tous les idéaux d'un anneau commutatif $A$ sont triviaux, alors $A$ est un corps commutatif.
\end{remark}

\begin{proof}
    Soit $x \in A\setminus\{0_A\}$. Montrons que $x$ est inversible dans $A$.

    On sait que $xA$ est un idéal de $A$.

    Donc $xA = \{0_A\}$ ou $xA = A$.

    Or, $x \in xA$ et $x \ne 0_A$, donc $xA \ne \{0_A\}$.

    Donc, $xA = A$.

    On a donc $1_A \in xA$, sachant que $1_A\in A$.

    Donc $\exists y \in A$ tel que $1_A = y \times x$.

    Donc $x$ est inversible dans $A$.

    On en déduit que $(A,+,\times)$ est un corps commutatif.
\end{proof}

\begin{example}
    Les idéaux de $\Z/4\Z$ sont :
    \begin{itemize}
        \item $\{\overline{0}\}$,
        \item $\Z/4\Z$,
        \item $\{\overline{0}, \overline{2}\}$ (idéal engendré par $\overline{2}$). D'après le théorème de Lagrange, on sait que le cardinal de cet idéal divise $4$, car tout idéal est un sous-groupe de $(\Z/4\Z,+)$. L'idéal ne peut pas contenir $\overline{1}$ ou $\overline{3}=\overline{-1}$, sinon il serait égal à $\Z/4\Z$. Donc, le seul idéal de cardinal $2$ est $\{\overline{0}, \overline{2}\}$.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{property}
    Soient $(A,+,\times)$ un anneau commutatif et $I,J$ deux idéaux de $A$. Alors,$I\cap J$ et $I + J = \{x + y \tq (x,y) \in I \times J\}$ sont des idéaux de $A$.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Montrons que $I \cap J$ et $I+J$ sont des sous-groupes de $(A,+)$.
            \2 $I\cap J$ est clairement un sous-groupe de $(A,+)$ (propriétés d'intersection).
            \2 Montrons que $I + J$ est un sous-groupe de $(A,+)$.
                \3 $0_A = 0_A + 0_A \in I + J$, donc $I + J$ est non-vide.
                \3 Soient $u,v \in I + J$. Donc, $\exists (a,b), (c,d) \in I \times J$ tels que $u = a + b$ et $v = c + d$.
                \3 Donc, $u - v = (a - c) + (b - d) \in I + J$ (car $I$ et $J$ sont des sous-groupes de $(A,+)$).
            \2 Donc, $I + J$ est un sous-groupe de $(A,+)$.
        \1 Montrons que $\forall a \in A, \forall x \in I \cap J, a \times x \in I \cap J$ et $\forall a \in A, \forall y \in I + J, a \times y \in I + J$.
            \2 Soit $a \in A$ et $x \in I \cap J$. Donc, $x \in I$ et $x \in J$.
            \2 Donc, $a \times x \in I$ (car $I$ est un idéal de $A$) et $a \times x \in J$ (car $J$ est un idéal de $A$).
            \2 Donc, $a \times x \in I \cap J$.
            \2 Soit $a \in A$ et $y \in I + J$. Donc, $\exists (b,c) \in I \times J$ tel que $y = b + c$.
            \2 Donc, $a \times y = a \times (b + c) = (a \times b) + (a \times c) \in I + J$ (car $I$ et $J$ sont des idéaux de $A$).
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{example}
    Dans $(\Z,+,\times)$, on a $2\Z + 3\Z = n\Z$, où $n = \pgcd(2,3) = 1$ (voir chapitre suivant).

    Donc, $2\Z + 3\Z = \Z$.
\end{example}

\chapter{Morphismes}

\section{Morphismes de groupes}

\begin{definition}
    \begin{outline}
        \1 Morphismes et isomorphismes de groupes
        \2 Soient $(G,*)$ et $(G',T)$ deux groupes et $f:G\to G'$ une application. On dit que $f$ est un \textbf{morphisme de groupes} si :
        $$\forall x,y \in G, f(x * y) = f(x) T f(y)$$
        \2 Si, de plus, $f$ est bijective, on dit que $f$ est un \textbf{isomorphisme de groupes}, et on écrit dans ce cas $G \cong G'$. On note $\Isom(G,G')$ l'ensemble des isomorphismes de groupes de $G$ vers $G'$.
        \1 Endomorphismes et automorphismes de groupes
        \2 Si $f:G\to G$, avec $(G,*)$ un groupe et $f$ un morphisme de groupes, on dit que $f$ est un \textbf{endomorphisme} de $G$. Attention : les lois de compositions sont les mêmes dans le domaine et le codomaine.
        % pas sur de la remarque :/
        \2 Si, de plus, $f$ est bijective, on dit que $f$ est un \textbf{automorphisme} de $G$. On note $\Aut(G)$ l'ensemble des automorphismes de $G$.
    \end{outline}
\end{definition}

\begin{example}
    Soient $(\R_+^*,\times)$ et $(\R,+)$ deux groupes. L'application $\begin{cases}f : \R_+^* \to \R\\ x \mapsto \ln(x)\end{cases}$ est un isomorphisme de groupes entre $(\R_+^*,\times)$ et $(\R,+)$. On a en effet :
    $$\forall (x,y) \in (\R_+^*)^2, f(x \times y) = \ln(x \times y) = \ln(x) + \ln(y) = f(x) + f(y)$$
    De plus, $f$ est bijective, avec $f^{-1} : \R \to \R_+^*, y \mapsto e^y$.

    Soit $f: \Z \to \Z/n\Z, k \mapsto \overline{k}$. C'est un morphisme de groupes de $(\Z,+)$ vers $(\Z/n\Z,+)$. Il est surjectif (surjectif canonique entre $\Z$ et $\Z/n\Z$) mais pas injectif.

    Soit $(G,\cdot)$ un groupe et $a\in G$. L'application $f:\begin{cases}(\Z,+)\to(\angles{a},\cdot)\\ k \mapsto a^k\end{cases}$ est un morphisme de groupes. Il est surjectif par définition de $\angles{a}$.
\end{example}

\begin{property}
    Soient $f:(G,*)\to(G',T)$ un morphisme de groupes et $e, e'$ les éléments neutres de $G$ et $G'$.
    \begin{enumerate}
        \item $f(e) = e'$.
        \item $\parens{f(x)}^{-1} = f(x^{-1})$, pour tout $x \in G$.
        \item Si $H$ est un sous-groupe de $(G,*)$, alors $f(H)=\{f(h) \tq h \in H\}$ est un sous-groupe de $(G',T)$.
        \item Si $K$ est un sous-groupe de $(G',T)$, alors $f^{-1}(K) = \{g \in G \tq f(g) \in K\}$ est un sous-groupe de $(G,*)$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{attention}
    Il ne faut pas confondre les notations $f^{-1}(y)$ et $f^{-1}(\{y\})$. La première notation désigne l'antécédent de $y$ par $f$, tandis que la deuxième notation désigne l'image réciproque de l'ensemble $\{y\}$ par $f$. La première notation n'a de sens que si $f$ est bijective, tandis que la deuxième notation a toujours un sens, elle est définie pour toute application $f$ ; $x \in f^{-1}(K) \iff f(x) \in K$.
\end{attention}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Preuve du premier point
            \2 On a $f(e) = f(e * e) = f(e) T f(e)$.
            \2 En ``simplifiant'' $f(e)$ des deux côtés, on obtient $f(e) = e'$.
        \1 Preuve du quatrième point
            \2 On a $f^{-1}(K) = \{x\in G \tq f(x) \in K\} \subset G$.
            \2 Donc $x^{-1} \in f^{-1}(K) \iff f(x) \in K$.
            \2 Montrons que $f^{-1}(K)$ est non-vide.
                \3 On a $e' \in K$ (car $K$ est un sous-groupe de $(G',T)$).
                \3 Donc, $f(e) = e' \in K$, donc $e \in f^{-1}(K)$.
            \2 Soient $x,y \in f^{-1}(K)$. Montrons que $x * y^{-1} \in f^{-1}(K)$.
                \3 On a $f(x*y^{-1}) = f(x) T f(y^{-1}) = f(x) T \parens{f(y)}^{-1}$ (d'après le deuxième point).
                \3 Or, $f(x) \in K$ et $f(y) \in K$ (car $x,y \in f^{-1}(K)$).
                \3 Donc, $f(x) T \parens{f(y)}^{-1} \in K$ (car $K$ est un sous-groupe de $(G',T)$).
                \3 Donc, $f(x*y^{-1}) \in K$, donc $x * y^{-1} \in f^{-1}(K)$.
            \2 Donc, $f^{-1}(K)$ est un sous-groupe de $(G,*)$.
    \end{outline}
\end{proof}
\todo{recop 2,3}

\begin{definition}[Noyau et Image]
    Soit $f:(G,*)\to(G',T)$ un morphisme de groupes, et $e$ l'élément neutre de $*$ dans $G$, et $e'$ l'élément neutre de $T$ dans $G'$.

    \begin{itemize}
        \item On appelle \textbf{noyau} de $f$ l'ensemble $\Ker(f) = f^{-1}(\{e'\}) = \{x \in G \tq f(x) = e'\}$. La notation $\Ker(f)$ vient de l'anglais \textit{kernel} (noyau). $e$ appartient toujours à $\Ker(f)$, par défaut. On sait que $\Ker(f)$ est un sous-groupe de $(G,*)$ (propriété précédente).
        \item On appelle \textbf{image} de $f$ l'ensemble $\Imf(f) = f(G) = \{f(x) \tq x \in G\}$. On sait que $\Imf(f)$ est un sous-groupe de $(G',T)$ (propriété précédente).
    \end{itemize}
\end{definition}

\begin{property}
    Soient $f:(G,*)\to(G',T)$ un morphisme de groupes et $e, e'$ les éléments neutres de les lois $*$ et $T$ dans $G$ et $G'$ (respectivement).
    
    $f$ est injectif si et seulement si $\Ker(f) = \{e\}$.

    $f$ est surjectif si et seulement si $\Imf(f) = G'$.
\end{property}

\begin{attention}
    La propriété précédente est très importante. Elle permet de montrer l'injectivité d'un morphisme de groupes en étudiant uniquement son noyau, ce qui est souvent plus simple.
\end{attention}

\begin{proof}
    \begin{outline}[enumerate]
        \1 Démonstration de la propriété liée à l'injectivité.
            \2 $\implies$ Démonstration dans le sens direct.
                \3 Supposons que $f$ est injectif.
                \3 Soit $x \in \Ker(f)$. Donc, $f(x) = e'$.
                \3 Or, $f(e) = e'$ (d'après la première propriété sur les morphismes de groupes).
                \3 Donc, par injectivité de $f$, on a $x = e$.
                \3 Donc, $\Ker(f) \subset \{e\}$.
                \3 Comme $e \in \Ker(f)$, on a $\{e\} \subset \Ker(f)$.
                \3 Donc, $\Ker(f) = \{e\}$.
            \2 $\impliedby$ Démonstration dans le sens réciproque.
                \3 Supposons que $\Ker(f) = \{e\}$.
                \3 Soient $x,y \in G$ tels que $f(x) = f(y)$.
                \3 Alors, $f(x) T (f(y))^{-1} = e'$.
                \3 Donc, $f(x * y^{-1}) = e'$.
                \3 Donc, $x * y^{-1} \in \Ker(f)$.
                \3 Par hypothèse, $\Ker(f) = \{e\}$, donc $x * y^{-1} = e$.
                \3 Donc, $x = y$.
                \3 Ainsi, $f$ est injectif.
        \1 Démonstration de la propriété liée à la surjectivité.
            \2 Si $f$ est surjectif, alors (équivalence $\iff$) par définition de la surjectivité, on a $f(G) = G'$, ce qui équivaut à dire que $\Imf(f) = G'$. L'équivalence est donc démontrée.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{example}
    $$f:\begin{cases}
    (\R,+)\to(\Uset,\times)\\
    \theta \mapsto e^{i\theta}
    \end{cases}$$

    \begin{itemize}
        \item On a $\forall \theta,\theta' \in \R, f(\theta + \theta') = e^{i(\theta + \theta')} = e^{i\theta} \times e^{i\theta'} = f(\theta) \times f(\theta')$.

        \item Donc $f$ est bel et bien un morphisme de groupes.

        \item On a $\forall z \in \Uset, \exists \theta \in \R, z e^{i\theta}=f(\theta)$, donc $f$ est surjectif, ce qui équivaut à dire que $f(\R)=\Uset$.

        \item On a $\Ker(f) = \{\theta \in \R \tq e^{i\theta} = 1\} = \{2k\pi \tq k \in \Z\}=2\pi\Z\ne\{0\}$.

        \item Donc $f$ n'est pas injectif.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{property}
    Soit $(G,*)$ un groupe. Alors, $(\Aut(G),\circ)$ est un groupe (où $\circ$ est la composition d'applications).
\end{property}

\begin{proof}
    On remarque que $\Aut(G) \subset S_G$, où $S_G$ est l'ensemble des applications bijectives de $G$ dans $G$.

    Montrons alors que $\Aut(G)$ est un sous-groupe de $(S_G,\circ)$.

    \begin{itemize}
        \item On sait déjà que $\Aut(G) \subset S_G$.
        \item L'application identité $\Id_G$ est un automorphisme de $G$, donc $\Id_G \in \Aut(G)$, donc $\Aut(G)$ est non-vide.
        \item Soient $f,g \in \Aut(G)$.
        \item Comme $f$ et $g$ sont bijectives, $f \circ g$ est bijective.
        \item $\forall x,y \in G, (f \circ g)(x * y) = f(g(x * y)) = f(g(x) * g(y)) = f(g(x)) * f(g(y)) = (f \circ g)(x) * (f \circ g)(y)$.
        \item Donc $f \circ g \in \Aut(G)$ (1).
        \item Soit $f \in \Aut(G)$. Montrons que $f^{-1} \in \Aut(G)$.
        \item Comme $f$ est bijective, $f^{-1}$ est bijective.
        \item Soient $x,y \in G$. On a $f^{-1}(x * y) = f^{-1}(f(f^{-1}(x)) * f(f^{-1}(y))) = f^{-1}(f(f^{-1}(x) * f^{-1}(y))) = f^{-1}(x) * f^{-1}(y)$.
        \item Donc, $f^{-1} \in \Aut(G)$ (2).
        \item D'après (1) et (2), on en déduit que $\Aut(G)$ est un sous-groupe de $(S_G,\circ)$.
        \item Donc, $(\Aut(G),\circ)$ est un groupe.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{attention}
    Dans la preuve précédente, on a utilisé la définition propre d'un sous-groupe (montrer que l'ensemble est non-vide, stable par l'opération et par l'inversion) et pas sa caractérisation (montrer que pour tous $x,y$ dans l'ensemble, $x*y^{-1}$ est dans l'ensemble). En effet, il n'est pas évident de montrer que pour tous $f,g \in \Aut(G)$, $f \circ g^{-1} \in \Aut(G)$.
\end{attention}

\begin{exercise}
    Soit $(G,*)$ un groupe d'élément neutre $e$.

    \begin{enumerate}
        \item Montrer que $\forall a \in G$, l'application $f_a : \begin{cases}G \to G\\ x \mapsto a * x * a^{-1}\end{cases}$ est un automorphisme de $G$ (appelé \textbf{automorphisme intérieur} de $G$).
        \item On note $\Intr(G) = \{f_a \tq a \in G\}$. Montrer que $(\Intr(G),\circ)$ est un groupe.
        \item On pose $\varphi : \begin{cases}G \to \Intr(G)\\ a \mapsto f_a\end{cases}$\\Montrer que $\varphi$ est un morphisme de groupes.
        \item Déterminer $\Ker(\varphi)$.
    \end{enumerate}

    \textbf{Solution :}
    \begin{outline}
        \1 Preuve du premier point
            \2 Soient $x,y \in G$.
            \2 On a $f_a(x * y) = a * (x * y) * a^{-1} = (a * x) * (y * a^{-1}) = (a * x * a^{-1}) * (a * y * a^{-1}) = f_a(x) * f_a(y)$.
            \2 Donc, $f_a$ est un morphisme de groupes.
            \2 Montrons que $f_a$ est bijective.
                \3 Soit $y \in G$. Montrons qu'il existe un unique $x \in G$ tel que $f_a(x) = y$.
                \3 On a $f_a(x) = y \iff a * x * a^{-1} = y \iff x = a^{-1} * y * a$.
                \3 Donc, pour tout $y \in G$, il existe un unique $x \in G$ tel que $f_a(x) = y$.
            \2 Donc, $f_a$ est bijective.
            \2 On en déduit que $f_a$ est un automorphisme de $G$.
        \1 Preuve du deuxième point
            \2 On sait que $(G,*)$ est un groupe.
            \2 Donc $(\Aut(G),\circ)$ est un groupe (propriété précédente).
            \2 Montrons que $\Intr(G)$ est un sous-groupe de $(\Aut(G),\circ)$.
                \3 On a clairement $\Intr(G) \subset \Aut(G)$.
                \3 Montrons que $\Intr(G)$ est non-vide.
                    \4 On a $f_e(x) = e * x * e^{-1} = x$, donc $f_e = \Id_G$.
                    \4 Donc, $f_e \in \Intr(G)$, donc $\Intr(G)$ est non-vide.
                \3 Soient $f_a, f_b \in \Intr(G)$. Montrons que $f_a \circ f_b^{-1} \in \Intr(G)$.
                    \4 On a $\forall x \in G, (f_a \circ f_b^{-1})(x) = f_a(f_b^{-1}(x))$.
                    \4 Or, $\forall x \in G, f_b^{-1}(x) = b^{-1} * x * b$ (car $f_b$ est bijective).
                    \4 Donc, $\forall x \in G, (f_a \circ f_b^{-1})(x) = f_a(b^{-1} * x * b) = a * (b^{-1} * x * b) * a^{-1} = (a * b^{-1}) * x * (a * b^{-1})^{-1}$.
                    \4 Donc, $f_a \circ f_b^{-1} = f_{a*b^{-1}}$.
                    \4 (On remarque que $f_a\circ f_b = f_{a*b}$)
                    \4 Donc, $f_a \circ f_b^{-1} \in \Intr(G)$.
                \3 Donc, $\Intr(G)$ est un sous-groupe de $(\Aut(G),\circ)$.
        \1 Preuve du troisième point
            \2 Soient $a,b \in G$.
            \2 On a $\varphi(a * b) = f_{a*b}$.
            \2 Or, $\forall x \in G, (f_a \circ f_b)(x) = f_a(f_b(x)) = f_a(b * x * b^{-1}) = a * (b * x * b^{-1}) * a^{-1} = (a * b) * x * (a * b)^{-1} = f_{a*b}(x)$.
            \2 Donc, $\varphi(a * b) = f_{a*b} = f_a \circ f_b = \varphi(a) \circ \varphi(b)$.
            \2 On en déduit que $\varphi$ est un morphisme de groupes.
        \1 Preuve du quatrième point
            \2 On a $\Ker(\varphi) = \{a \in G \tq \varphi(a) = \Id_G\} = \{a \in G \tq f_a = \Id_G\}$.
            \2 Donc, $\Ker(\varphi) = \{a \in G \tq \forall x \in G, a * x * a^{-1} = x\}$.
            \2 Donc, $\Ker(\varphi) = \{a \in G \tq \forall x \in G, a * x = x * a\}$.
            \2 On en déduit que $\Ker(\varphi)$ est le centre de $G$.
    \end{outline}
\end{exercise}

\section{Morphismes d'anneaux}

\begin{definition}[Morphisme d'anneaux]
    Soient $(A,+,\times)$ et $(A',\oplus,\odot)$ deux anneaux. On dit que $f:A\to A'$ est un \textbf{morphisme d'anneaux} si :
    \begin{enumerate}
        \item $\forall x,y \in A, f(x + y) = f(x) \oplus f(y)$,
        \item $\forall x,y \in A, f(x \times y) = f(x) \odot f(y)$,
        \item $f(1_A) = 1_{A'}$.
    \end{enumerate}
    Et si, de plus, $f$ est bijective, on dit que $f$ est un \textbf{isomorphisme d'anneaux}.
\end{definition}

\begin{attention}
    Dans le cours manuscrit, la notation pour la loi de $A'$ est la même que pour celle de $A$. Ici, on utilise des notations différentes pour éviter toute confusion. Ce choix dans le cours manuscrit a été fait pour alléger les notations et continuer à utiliser les notations habituelles.
\end{attention}

\begin{remark}
    Si $f:A\to A'$ est un morphisme d'anneaux, alors $f:(A,+)\to(A',\oplus)$ est un morphisme de groupes.
\end{remark}

\begin{property}
    Soit $f:A\to A'$ un morphisme d'anneaux. Alors :
    \begin{enumerate}
        \item L'image de l'image réciproque par $f$ d'un sous-anneau est un sous-anneau.
        \item Si $A$ et $A'$ sont des anneaux commutatifs, que $I$ est un idéal de $(A,+,\times)$, et que $f$ est surjectif, alors $f(I)$ est un idéal de $(A',\oplus,\odot)$.
        \item Si $J$ est un idéal de $(A',\oplus,\odot)$, alors $f^{-1}(J)$ est un idéal de $(A,+,\times)$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Preuve du premier point
            \2 Elle est analogue à la preuve du troisième point de la propriété sur les morphismes de groupes.
        \1 Preuve du deuxième point
            \2 Supposons que $f$ est surjectif. Soit $I$ un idéal de $A$.
            \2 On a $f(I)\subset f(A) \subset A'$.
            \2 On a $I$ est un sous-groupe de $(A,+)$, cela implique que $f(I)$ est un sous-groupe de $(A',\oplus)$, car $f$ est un morphisme d'anneaux, donc en particulier un morphisme de groupes.
            \2 Soient $a\in A', y\in f(I)$. Montrons que $ay \in f(I)$.
                \3 Comme $y \in f(I)$, alors $\exists x \in I$ tel que $y = f(x)$.
                \3 Comme $f$ est surjectif, $\exists b \in A$ tel que $f(b) = a$.
                \3 Donc, $a y = f(b) \odot f(x) = f(b \times x) \in f(I)$ (car $f$ est un morphisme d'anneaux), sachant que $b \times x \in I$ (car $I$ est un idéal de $A$).
            \2 Donc, $f(I)$ est un idéal de $(A',\oplus,\odot)$.
        \1 Preuve du troisième point
            \2 Soit $J$ un idéal de $A'$.
            \2 On a $f^{-1}(J)$ est un sous-groupe de $(A,+)$ (propriété sur les morphismes de groupes).
            \2 Soient $a \in A, y \in f^{-1}(J)$. Montrons que $a \times y \in f^{-1}(J)$.
                \3 Comme $y \in f^{-1}(J)$, alors $f(y) \in J$.
                \3 Donc, $f(a \times y) = f(a) \odot f(y) \in J$ (car $f$ est un morphisme d'anneaux), sachant que $f(y) \in J$ et que $J$ est un idéal de $A'$.
                \3 Donc, $a \times y \in f^{-1}(J)$.
            \2 Donc, $f^{-1}(J)$ est un idéal de $(A,+,\times)$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{consequence}
    Soit $f:A\to A'$ un morphisme d'anneaux.
    
    \begin{itemize}
        \item $\Ker(f)=f^{-1}(\{0_{A'}\})$ est un idéal de $(A,+,\times)$.

        \item Si $f$ est injectif, cela équivaut à dire que $\Ker(f) = \{0_A\}$.
    \end{itemize}
\end{consequence}

\begin{definition}[Caractéristique d'un anneau]
    Soit $(A,+,\times)$ un anneau. On définit le morphisme d'anneau suivant :
    $$f:\begin{cases}\Z\to A\\
        n \mapsto n\cdot 1_A = \begin{cases}
        \underbrace{1_A + \cdots + 1_A}_{n \text{ fois}}, & \text{si } n > 0\\
        0_A, & \text{si } n = 0\\
        \end{cases}
    \end{cases}$$
    \begin{outline}
    \1 Si $f$ est injectif, alors $\Ker(f) = \{0\}$

        \2 Dans ce cas, on dit que la \textbf{caractéristique} de l'anneau $A$ est $0$.

        \2 On note $\Carac(A) = 0$.

    \1 Si $f$ est non-injectif, c.à.d. $\Ker(f) \neq \{0\}$, alors :

        \2 Comme $\Ker(f)$ est un idéal de $\Z$ (donc un sous-groupe de $(\Z,+)$), alors $\exists! c \in \N^*$ tel que $\Ker(f) = c\Z$ avec $c = \min(\{n\in\N^*\tq n\cdot1_A = 0_A\})$.
        \2 Dans ce cas, on dit que la \textbf{caractéristique} de l'anneau $A$ est $c$.
        \2 On note $\Carac(A) = c$.

    \1 Conclusion : La caractéristique d'un anneau $A$ est :

    $$\Carac(A) = \begin{cases}
    0, & \text{si } f \text{ est injectif}\\
    \min(\{n\in\N^*\tq n\cdot1_A = 0_A\}), & \text{sinon}
    \end{cases}$$
    \end{outline}

\end{definition}
\todo{démontrer que c'est un morphisme d'anneaux}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item On pose $E=\{n\in\N^*\tq n\cdot1_A = 0_A\}$.

        \item Dans le cas où $\Ker(f) \neq \{0\}$, on a $\exists n \in \Z \tq n \neq 0$ et $n\cdot 1_A = 0_A$.

        \item Or $-n \in \Ker(f)$ aussi, parce que $(-n)\cdot 1_A = -(n\cdot 1_A) = -0_A = 0_A$, donc $n \in E$.

        \item Donc, $E \neq \emptyset$.

        \item On pose $c=\min(E)$.
        
        \item Montrons que $\Ker(f) = c\Z$. $\Ker(f) = \{n\in\Z \tq n\cdot 1_A = 0_A\}$.

        \item On sait que $c \in \Ker(f)$, donc $c\Z \subset \Ker(f)$.

        \item Soit $n \in \Ker(f)$. Donc, $n\cdot 1_A = 0_A$.

        \item Par division euclidienne, on a $n = qc + r$ avec $q \in \Z$ et $r \in \{0, \ldots, c-1\}$.

        \item Si $r>0$, alors $n-qc\in\N^*$.
        \item Or $n\in\Ker(f)$ et $c\in\Ker(f)$ alors $n - qc \in \Ker(f)$ (car $\Ker(f)$ est un sous-groupe de $(\Z,+)$).
        \item Donc, $r = n - qc \in E$.
        \item Donc $r \ge c$ (car $c = \min(E)$).
        \item Contradiction.
        \item Donc, $r=0$, et par suite $n = qc \in c\Z$.
        \item Donc, $\Ker(f) \subset c\Z$.
        \item On en déduit que $\Ker(f) = c\Z$.
    \end{itemize}
    
\end{proof}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $A=\Z$. On a $f:\begin{cases}
        \Z \to \Z \\ n \mapsto n\cdot1 = n
        \end{cases}$ est injectif. Donc, $\Carac(\Z) = 0$.
        \item Soit $n\ge 1$. On pose $A=\Z/n\Z$. On a $f:\begin{cases}
        \Z \to \Z/n\Z \\ k \mapsto k\overline{1}= \overline{k}
        \end{cases}$. On a $\Ker(f) = \{k\in\Z\tq f(k) = \overline{0}\} = n\Z$. Donc, $\Carac(\Z/n\Z) = n$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{property}
    Soit $A$ un anneau \textbf{intègre}.
    
    $\Carac(A) = 0$ ou un nombre premier.
\end{property}

\begin{proof}
    On suppose que $\Carac(A) \ne 0$, et $\Carac(A)$ n'est pas premier.

    Donc $\Carac(A) = c = \min(\{n\in\N^*\tq n\cdot1_A = 0_A\})$ est composé.

    Donc $\exists a,b \in \N^*$ tels que $c = a b$, avec $1 \le a < c$ et $1 \le b < c$. (On peut considérer l'inégalité stricte dans le cas où $c\ne 1$).

    On a $c\cdot 1_A = 0_A$.

    Ce qui implique que $(a b)\cdot 1_A = (a\cdot 1_A) \times (b\cdot 1_A) = 0_A$.

    Ce qui implique que $f(ab)=0_A$.
    
    Donc $f(a)\cdot f(b) = 0_A$.

    Comme $A$ est intègre, on a $f(a) = 0_A$ ou $f(b) = 0_A$.

    Cela signifie que soit $a \in \Ker(f)$, soit $b \in \Ker(f)$.

    Donc que $a\cdot 1_A = 0_A$ ou $b \cdot 1_A = 0_A$. Contradiction.

    On conclut que $c=0$ ou $c$ est premier.
\end{proof}

\begin{center}
    \rule{0.5\textwidth}{1pt}\\
    Fin du Chapitre X.\\
    \rule{0.5\textwidth}{1pt}
\end{center}

\end{document}