Groupes, anneaux et corps : corrigé des exercices de maths sup

Sommaire

Ce corrigé groupes sup rédige les 23 exercices comme on l’attend en devoir surveillé. Chaque solution rappelle la caractérisation utilisée, vérifie les hypothèses puis mène les calculs jusqu’au bout. Pour un sous-groupe, on contrôle toujours le neutre et la stabilité par $xy^{-1}$. Pour un morphisme, on calcule le noyau avant de conclure sur l’injectivité.

Soyez attentifs à trois pièges fréquents. D’abord, la formule du binôme exige que les deux éléments commutent. Ensuite, un sous-anneau doit contenir $1$, et un morphisme d’anneaux doit envoyer $1$ sur $1$. Enfin, pour prouver que deux groupes ne sont pas isomorphes, il faut exhiber une propriété conservée par isomorphisme.

Des figures accompagnent plusieurs solutions : tables de groupes, spirale, réseau des entiers de Gauss et hyperboles de Pell-Fermat.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths sup sur groupes, anneaux et corps.

Corrigé de l’exercice 1 : Propriétés de lois de composition usuelles

La réunion est associative et commutative. De plus, $A \cup \varnothing = A$ pour toute partie $A$, donc $\varnothing$ est neutre. Si $A \cup B = \varnothing$, alors $A \subset A \cup B = \varnothing$, donc $A = \varnothing$. Ainsi, $\cup$ est associative, commutative, de neutre $\varnothing$, et $\varnothing$ est le seul élément inversible.
De même, l’intersection est associative et commutative, et $A \cap E = A$ pour tout $A \subset E$. Si $A \cap B = E$, alors $E \subset A$, donc $A = E$. Par conséquent, $\cap$ a pour neutre $E$, et $E$ est le seul inversible.
D’abord, $\max(\max(m, n), p)$ et $\max(m, \max(n, p))$ valent toutes deux le plus grand des trois entiers : la loi est associative. Elle est évidemment commutative. Ensuite, $\max(m, 0) = m$ car $m \geq\, 0$, donc $0$ est neutre. Enfin, $\max(m, n) = 0$ impose $m = 0$. Le seul inversible est donc $0$.
La soustraction n’est pas associative : $(1 – 1) – 1 = -1$ mais $1 – (1 – 1) = 1$. Elle n’est pas commutative : $1 – 0 \neq 0 – 1$. Supposons qu’il existe un neutre $e$. Alors $x – e = x$ donne $e = 0$, puis $e – x = x$ donne $-x = x$ pour tout $x$, ce qui est faux pour $x = 1$. La soustraction n’a donc pas de neutre.
La composition est associative, de neutre $\mathrm{id}_{\mathbb{R}}$. En revanche, avec $f(x) = x + 1$ et $g(x) = 2x$, on trouve $f \circ g(x) = 2x + 1$ et $g \circ f(x) = 2x + 2$. Elle n’est donc pas commutative. Enfin, $f$ est inversible s’il existe $g$ telle que $f \circ g = g \circ f = \mathrm{id}$, ce qui caractérise les bijections. Les inversibles de $(\mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R}), \circ)$ sont les bijections de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.

Corrigé de l’exercice 2 : Parties stables

Pour l’addition, $1 + 1 = 2$ n’est pas impair : $I$ n’est pas stable. Pour la multiplication, $(2k + 1)(2l + 1) = 2(2kl + k + l) + 1$ est impair. Donc $I$ est stable par $\times $ mais pas par $+$.
Une somme de réels négatifs est négative, donc $\mathbb{R}_-$ est stable par addition. En revanche, $(-1) \times (-1) = 1 \notin \mathbb{R}_-$. Ainsi, $\mathbb{R}_-$ est stable par $+$, pas par $\times $.
Si $z^n = 1$ et $w^n = 1$, alors $(zw)^n = z^n w^n = 1$, car la multiplication des complexes est commutative. L’ensemble $\mathbb{U}_n$ est stable par multiplication.
Le complexe $2$ est de module $2$, mais $2 \times 2 = 4$ est de module $4$. Ce cercle n’est pas stable par multiplication.
Si $f$ et $g$ sont paires, alors $(fg)(-x) = f(-x) g(-x) = f(x) g(x)$ : le produit est pair. Si $f$ et $g$ sont impaires, alors $(fg)(-x) = (-f(x))(-g(x)) = (fg)(x)$ : le produit est pair. Par exemple, $x \mapsto x$ est impaire, mais son carré $x \mapsto x^2$ ne l’est pas, puisqu’il vaut $1$ en $1$ et en $-1$. Les fonctions paires forment une partie stable, les fonctions impaires non.
Soient $f$ et $g$ injectives. Si $g \circ f(x) = g \circ f(y)$, l’injectivité de $g$ donne $f(x) = f(y)$, puis celle de $f$ donne $x = y$. Les injections forment donc une partie stable par composition.

Corrigé de l’exercice 3 : Les groupes U, Un, C* et R*+

On applique la caractérisation des sous-groupes. D’abord, $\mathbb{U} \subset \mathbb{C}^{*}$ et $|1| = 1$. Ensuite, pour $z, w \in \mathbb{U}$, on a $|z w^{-1}| = |z| / |w| = 1$. De même, $\mathbb{R}_+^{*} \subset \mathbb{C}^{*}$, $1 > 0$, et $x / y > 0$ pour $x, y > 0$. Ainsi, $\mathbb{U}$ et $\mathbb{R}_+^{*}$ sont des sous-groupes de $(\mathbb{C}^{*}, \times )$.
Écrivons $m = nq$ avec $q \in \mathbb{N}^{*}$. Si $z^n = 1$, alors $z^m = (z^n)^q = 1$, donc $\mathbb{U}_n \subset \mathbb{U}_m$. Par ailleurs, $\mathbb{U}_n$ contient $1$ et, pour $z, w \in \mathbb{U}_n$, $(zw^{-1})^n = z^n (w^n)^{-1} = 1$. Par conséquent, $\mathbb{U}_n$ est un sous-groupe de $\mathbb{U}_m$.
Si $z^3 = 1$ et $z^4 = 1$, alors $z = z^4 (z^3)^{-1} = 1$. Donc $\mathbb{U}_3 \cap \mathbb{U}_4 = \{1\}$. Considérons ensuite $ij$, produit de deux éléments de la réunion. On calcule $(ij)^3 = i^3 j^3 = -i \neq 1$ et $(ij)^4 = i^4 j^4 = j \neq 1$. Ainsi, $ij \notin \mathbb{U}_3 \cup \mathbb{U}_4$. La réunion n’est pas stable : ce n’est pas un sous-groupe de $\mathbb{U}$. Sur la figure de l’énoncé, $ij = e^{7i\pi/6}$ tombe en effet entre $j^2$ et $-1$, hors des points marqués.
D’abord, $\varphi$ est un morphisme : $\varphi((r, u)(r^{\prime}, u^{\prime})) = \varphi(rr^{\prime}, uu^{\prime}) = rr^{\prime}uu^{\prime} = (ru)(r^{\prime}u^{\prime})$. Ensuite, si $ru = 1$, on prend le module : $r = 1$, puis $u = 1$. Le noyau est donc $\{(1, 1)\}$, et $\varphi$ est injective. Enfin, tout $z \in \mathbb{C}^{*}$ s’écrit $z = |z| \times \dfrac{z}{|z|}$, avec $|z| > 0$ et $|\dfrac{z}{|z|}| = 1$. Donc $\varphi$ est un isomorphisme de $\mathbb{R}_+^{*} \times \mathbb{U}$ sur $\mathbb{C}^{*}$.

Point de méthode : pour montrer qu’une réunion n’est pas un sous-groupe, cherchez deux éléments pris dans des morceaux différents et regardez leur produit.

Corrigé de l’exercice 4 : Montrer qu’une partie est un sous-groupe

On a $0 = 5 \times 0 \in 5\mathbb{Z}$, et $5a – 5b = 5(a – b) \in 5\mathbb{Z}$. Donc $5\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$.
On a $H \subset \mathbb{Q}^{*}$ et $1 = 2^0 \in H$. Pour $k, l \in \mathbb{Z}$, $2^k (2^l)^{-1} = 2^{k – l} \in H$. Ainsi, $H$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Q}^{*}, \times )$.
D’abord, $1^2 = 1 \in \mathbb{Q}$, donc $1 \in H$. Soient ensuite $x, y \in H$. Alors $(xy^{-1})^2 = x^2 / y^2$ est un quotient de deux rationnels, le dénominateur étant non nul. De plus, $xy^{-1} \neq 0$. Par conséquent, $H$ est un sous-groupe de $(\mathbb{R}^{*}, \times )$. Il contient par exemple $\sqrt{2}$ et $\sqrt{3}$.
On a $0, 1 \in \mathbb{N}$ mais $0 – 1 = -1 \notin \mathbb{N}$. Donc $\mathbb{N}$ n’est pas un sous-groupe de $\mathbb{Z}$.
Le complexe $z = e^{i\pi/3}$ a pour partie réelle $1/2 > 0$. Cependant, $z^2 = e^{2i\pi/3}$ a pour partie réelle $-1/2$. Ainsi, $H$ n’est pas stable, donc ce n’est pas un sous-groupe.
D’abord, $\mathrm{id}(0) = 0$. Soient ensuite $f, g \in H$. Comme $g(0) = 0$, on a $g^{-1}(0) = 0$. Donc $f \circ g^{-1}(0) = f(0) = 0$. Par conséquent, $H$ est un sous-groupe de $S_{\mathbb{R}}$.

Corrigé de l’exercice 5 : Intersection et réunion de sous-groupes

Le neutre $e$ appartient à $H$ et à $K$. Si $x, y \in H \cap K$, alors $x \star\, y^{-1}$ appartient à $H$ (sous-groupe) et à $K$ (sous-groupe). Donc $H \cap K$ est un sous-groupe de $G$.
Si $H \subset K$, alors $H \cup K = K$ est un sous-groupe ; de même si $K \subset H$. Réciproquement, supposons que $H \cup K$ est un sous-groupe, et qu’aucune inclusion n’a lieu. On choisit alors $h \in H \setminus K$ et $k \in K \setminus H$. Le produit $h \star\, k$ appartient à $H \cup K$. S’il est dans $H$, alors $k = h^{-1} \star\, (h \star\, k) \in H$, ce qui est exclu. S’il est dans $K$, alors $h = (h \star\, k) \star\, k^{-1} \in K$, ce qui est également exclu. C’est absurde : donc $H \cup K$ est un sous-groupe si et seulement si $H \subset K$ ou $K \subset H$.
Soit $x \in 4\mathbb{Z} \cap 6\mathbb{Z}$. On écrit $x = 4a$. Comme $3$ divise $x = 4a$ et que $3$ est premier avec $4$, le lemme de Gauss donne $3 \mid a$. Donc $12 \mid x$. Réciproquement, un multiple de $12$ est multiple de $4$ et de $6$. Ainsi, $4\mathbb{Z} \cap 6\mathbb{Z} = 12\mathbb{Z}$. Enfin, $2 \notin 3\mathbb{Z}$ et $3 \notin 2\mathbb{Z}$ : aucune inclusion n’a lieu. D’après la question 2, $2\mathbb{Z} \cup 3\mathbb{Z}$ n’est pas un sous-groupe.

Corrigé de l’exercice 6 : Le groupe produit U2 × U2

On calcule composante par composante. Par exemple, $ab = (1 \times (-1),\ (-1) \times 1) = (-1, -1) = c$. De même, $ac = (-1, 1) = b$ et $bc = (1, -1) = a$. On obtient la table de gauche de la figure ci-dessous.
Pour $x = (x_1, x_2) \in G$, on a $x^2 = (x_1^2, x_2^2) = (1, 1) = e$, car $(\pm 1)^2 = 1$. De plus, $xy = (x_1 y_1, x_2 y_2) = (y_1 x_1, y_2 x_2) = yx$. Ainsi, tout élément de $G$ vérifie $x^2 = e$, et $G$ est abélien.
La table de $\mathbb{U}_4$ figure à droite. Supposons qu’il existe un isomorphisme $f : \mathbb{U}_4 \to G$. Alors $f(i^2) = f(i)^2 = e = f(1)$, d’après la question 2. Par injectivité, $i^2 = 1$, ce qui est faux puisque $i^2 = -1$. Les groupes $G$ et $\mathbb{U}_4$ ne sont donc pas isomorphes.

Sur la figure, la diagonale de la table de $G$ ne contient que $e$, contrairement à celle de $\mathbb{U}_4$. C’est exactement l’invariant utilisé.

Les parties $\{e\}$ et $G$ sont des sous-groupes. Pour $x \in \{a, b, c\}$, la partie $\{e, x\}$ est un sous-groupe : elle contient $e$, et $x^{-1} = x$, $x^2 = e$. Soit enfin $H$ un sous-groupe contenant deux éléments distincts de $\{a, b, c\}$. Leur produit est alors le troisième, d’après la question 1. Donc $H = G$. Les sous-groupes de $G$ sont $\{e\}$, $\{e, a\}$, $\{e, b\}$, $\{e, c\}$ et $G$.

Corrigé de l’exercice 7 : Le groupe symétrique S3

On a $\rho^2(1) = \rho(2) = 3$, $\rho^2(2) = 1$ et $\rho^2(3) = 2$. Ensuite, $\rho^3(1) = \rho(3) = 1$, et de même pour $2$ et $3$ : $\rho^3 = \mathrm{id}$. Les permutations $\rho$ et $\rho^2$ n’ont aucun point fixe. Chaque transposition $\tau_{ij}$ a exactement un point fixe, différent pour chacune. Les six permutations citées sont donc distinctes. Comme $S_3$ a $3! = 6$ éléments, on a bien $S_3 = \{\mathrm{id}, \rho, \rho^2, \tau_{12}, \tau_{13}, \tau_{23}\}$.
On calcule $\tau_{12} \circ \tau_{13}$ : $1 \mapsto 3$, $2 \mapsto 1$, $3 \mapsto 2$. C’est $\rho^2$. Puis $\tau_{13} \circ \tau_{12}$ : $1 \mapsto 2$, $2 \mapsto 3$, $3 \mapsto 1$. C’est $\rho$. Comme $\rho \neq \rho^2$, le groupe $S_3$ n’est pas abélien.
On a $\mathrm{id} = \rho^0 \in A$. Comme $\rho^3 = \mathrm{id}$, les exposants se lisent modulo $3$. Ainsi, pour $k, l \in \{0, 1, 2\}$, $\rho^k \circ (\rho^l)^{-1} = \rho^{k – l}$, qui est l’un des éléments $\mathrm{id}$, $\rho$, $\rho^2$. Donc $A$ est un sous-groupe de $S_3$, à trois éléments.
D’abord, $\mathrm{id} \in H$. Si $\sigma, \sigma^{\prime} \in H$, alors $\sigma^{\prime -1}(3) = 3$, donc $\sigma \circ \sigma^{\prime -1}(3) = \sigma(3) = 3$. C’est donc un sous-groupe. Un élément de $H$ fixe $3$ et permute $\{1, 2\}$. Par conséquent, $H = \{\mathrm{id}, \tau_{12}\}$.
Dans $S_n$, on a $\tau_{12} \circ \tau_{13}(1) = \tau_{12}(3) = 3$, tandis que $\tau_{13} \circ \tau_{12}(1) = \tau_{13}(2) = 2$. Ces deux permutations ne commutent pas, donc $S_n$ n’est pas abélien pour $n \geq\, 3$.

Corrigé de l’exercice 8 : Les sous-groupes de Z

Si $H = \{0\}$, alors $H = 0\mathbb{Z}$, et $n = 0$ convient.
Comme $H \neq \{0\}$, il contient un entier $x \neq 0$. Il contient aussi $-x$, et l’un des deux est strictement positif. Donc $H \cap \mathbb{N}^{*}$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$ : elle possède un plus petit élément $n$. Ensuite, $0 \in H$ et, si $kn \in H$, alors $(k+1)n = kn + n \in H$. Par récurrence, $kn \in H$ pour tout $k \in \mathbb{N}$. En passant à l’opposé, $-kn \in H$. Ainsi, $n\mathbb{Z} \subset H$.
Soit $x \in H$. La division euclidienne donne $x = qn + r$ avec $0 \leq\, r < n$. Or $r = x – qn$ est la différence de deux éléments de $H$, donc $r \in H$. Si l’on avait $r > 0$, $r$ serait un élément de $H \cap \mathbb{N}^{*}$ strictement inférieur à $n$, ce qui contredit la minimalité. Donc $r = 0$ et $x \in n\mathbb{Z}$. Par conséquent, $H = n\mathbb{Z}$. Pour l’unicité, si $n\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}$ avec $n, m \in \mathbb{N}$, alors $m \mid n$ et $n \mid m$, donc $n = m$. Tout sous-groupe de $\mathbb{Z}$ est de la forme $n\mathbb{Z}$ pour un unique $n \in \mathbb{N}$.
On a $0 = 4 \times 0 + 6 \times 0 \in K$, et $(4u + 6v) – (4u^{\prime} + 6v^{\prime}) = 4(u – u^{\prime}) + 6(v – v^{\prime}) \in K$. Donc $K$ est un sous-groupe. Tous ses éléments sont pairs, donc $K \subset 2\mathbb{Z}$. De plus, $2 = 4 \times (-1) + 6 \times 1 \in K$, donc $2\mathbb{Z} \subset K$. Ainsi, $K = 2\mathbb{Z}$ et $n = 2$.

Point de méthode : le plus petit élément strictement positif d’un sous-groupe de $\mathbb{Z}$ est le bon candidat ; la division euclidienne fait ensuite tout le travail.

Corrigé de l’exercice 9 : Morphismes usuels et noyaux

On a $|zz^{\prime}| = |z|\,|z^{\prime}|$, donc $f_1$ est un morphisme. Son noyau est $\{z,\ |z| = 1\} = \mathbb{U}$. Comme $\ker f_1 = \mathbb{U} \neq \{1\}$, $f_1$ n’est pas injectif.
On a $e^{2i\pi(t + t^{\prime})} = e^{2i\pi t} e^{2i\pi t^{\prime}}$. Ensuite, $e^{2i\pi t} = 1$ si et seulement si $2\pi t \in 2\pi\mathbb{Z}$, c’est-à-dire $t \in \mathbb{Z}$. Donc $\ker f_2 = \mathbb{Z}$, et $f_2$ n’est pas injectif.
Comme $\mathbb{C}^{*}$ est commutatif, $(zz^{\prime})^4 = z^4 z^{\prime 4}$. Le noyau est l’ensemble des $z$ tels que $z^4 = 1$. Ainsi, $\ker f_3 = \mathbb{U}_4 = \{1, i, -1, -i\}$, et $f_3$ n’est pas injectif.
On a $i^{k + l} = i^k i^l$. Ensuite, $i^k = e^{ik\pi/2} = 1$ si et seulement si $k\pi/2 \in 2\pi\mathbb{Z}$, soit $4 \mid k$. Donc $\ker f_4 = 4\mathbb{Z}$ et $f_4$ n’est pas injectif. Enfin, $i^k$ ne dépend que du reste de $k$ modulo $4$. Par conséquent, $\mathrm{Im}\, f_4 = \{1, i, -1, -i\} = \mathbb{U}_4$.
On a $(xy)^3 = x^3 y^3$. La fonction cube est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, donc $x^3 = 1$ équivaut à $x = 1$ : $\ker f_5 = \{1\}$ et $f_5$ est injectif. De plus, tout $y \in \mathbb{R}^{*}$ possède une racine cubique réelle, non nulle, d’où la surjectivité. Ainsi, $f_5$ est un automorphisme de $(\mathbb{R}^{*}, \times )$.

Corrigé de l’exercice 10 : Une spirale et un morphisme injectif

Par la propriété de l’exponentielle complexe, $f(\theta + \theta^{\prime}) = e^{(1+i)\theta + (1+i)\theta^{\prime}} = f(\theta) f(\theta^{\prime})$. De plus, $f(\theta) \neq 0$. Donc $f$ est un morphisme de $(\mathbb{R}, +)$ dans $(\mathbb{C}^{*}, \times )$.
Si $f(\theta) = 1$, on prend le module : $|f(\theta)| = e^{\theta} = 1$, donc $\theta = 0$. Réciproquement, $f(0) = 1$. Ainsi, $\ker f = \{0\}$ : le morphisme $f$ est injectif.
L’image d’un groupe par un morphisme est un sous-groupe du groupe d’arrivée. Donc $\mathrm{Im}\, f$ est un sous-groupe de $\mathbb{C}^{*}$. Supposons $-1 = f(\theta)$. Alors $e^{\theta} = |-1| = 1$, donc $\theta = 0$ et $f(\theta) = 1 \neq -1$. Par conséquent, $-1 \notin \mathrm{Im}\, f$, et $f$ n’est pas surjectif.
D’une part, $f(\theta) \in \mathbb{U}$ équivaut à $e^{\theta} = 1$, soit $\theta = 0$ : $\mathrm{Im}\, f \cap \mathbb{U} = \{1\}$. D’autre part, $f(\theta)$ est un réel strictement positif si et seulement si $e^{i\theta} = f(\theta) / e^{\theta}$ est à la fois dans $\mathbb{U}$ et dans $\mathbb{R}_+^{*}$, c’est-à-dire $e^{i\theta} = 1$. Cela équivaut à $\theta \in 2\pi\mathbb{Z}$. Donc $\mathrm{Im}\, f \cap \mathbb{R}_+^{*} = \{e^{2k\pi},\ k \in \mathbb{Z}\}$.
Le complexe $f(\theta)$ a pour module $e^{\theta}$ et pour argument $\theta$. En coordonnées polaires, l’image est donc la courbe $r = e^{\theta}$ : c’est une spirale logarithmique. Quand $\theta \to -\infty$, elle s’enroule autour de l’origine sans l’atteindre ; quand $\theta \to +\infty$, elle s’éloigne à l’infini. La figure ci-dessous représente cette spirale, qui coupe le cercle unité au seul point $1$.

$Spirale logarithmique image de θ ↦ e^{(1+i)θ}, qui coupe le cercle unité seulement au point 1$

On lit aussi sur la figure que la demi-droite $\mathbb{R}_+^{*}$ est coupée en une suite de points $e^{2k\pi}$, conformément à la question 4.

Corrigé de l’exercice 11 : Image directe et image réciproque par un morphisme

D’abord, $e^{\prime} = f(e) \in f(H)$. Soient ensuite $y_1 = f(x_1)$ et $y_2 = f(x_2)$ avec $x_1, x_2 \in H$. Alors $y_1 \diamond y_2^{-1} = f(x_1) \diamond f(x_2^{-1}) = f(x_1 \star\, x_2^{-1})$, et $x_1 \star\, x_2^{-1} \in H$. Donc $f(H)$ est un sous-groupe de $G^{\prime}$.
Comme $f(e) = e^{\prime} \in H^{\prime}$, on a $e \in f^{-1}(H^{\prime})$. Si $f(x)$ et $f(y)$ sont dans $H^{\prime}$, alors $f(x \star\, y^{-1}) = f(x) \diamond f(y)^{-1} \in H^{\prime}$. Enfin, si $x \in \ker f$, alors $f(x) = e^{\prime} \in H^{\prime}$. Ainsi, $f^{-1}(H^{\prime})$ est un sous-groupe de $G$ qui contient $\ker f$.
On a $|z^2| = |z|^2$, donc $z^2 \in \mathbb{U}$ équivaut à $|z| = 1$ : $f^{-1}(\mathbb{U}) = \mathbb{U}$. Ensuite, $z^2 \in \{-1, 1\}$ équivaut à $(z^2)^2 = 1$, soit $z^4 = 1$ : $f^{-1}(\{-1, 1\}) = \mathbb{U}_4$. Pour $z = e^{2ik\pi/6}$, on a $z^2 = e^{2ik\pi/3}$. Quand $k$ décrit $\{0, \ldots, 5\}$, on obtient tout $\mathbb{U}_3$. Enfin, le carré d’un réel non nul est strictement positif, et tout $y > 0$ vaut $(\sqrt{y})^2$. Donc $f^{-1}(\mathbb{U}) = \mathbb{U}$, $f^{-1}(\{-1, 1\}) = \mathbb{U}_4$, $f(\mathbb{U}_6) = \mathbb{U}_3$ et $f(\mathbb{R}^{*}) = \mathbb{R}_+^{*}$.

Corrigé de l’exercice 12 : Automorphismes intérieurs et centre d’un groupe

Pour $x, y \in G$, $\varphi_a(x)\varphi_a(y) = a x a^{-1} a y a^{-1} = a xy a^{-1} = \varphi_a(xy)$. C’est donc un morphisme. Ensuite, $\varphi_{a^{-1}}(\varphi_a(x)) = a^{-1} a x a^{-1} a = x$, et de même $\varphi_a \circ \varphi_{a^{-1}} = \mathrm{id}_G$. Ainsi, $\varphi_a$ est un automorphisme de $G$, de réciproque $\varphi_{a^{-1}}$.
On calcule $\varphi_a(\varphi_b(x)) = a b x b^{-1} a^{-1} = (ab) x (ab)^{-1} = \varphi_{ab}(x)$. D’après la question 1, $\varphi_a \in S_G$. Par conséquent, $\Phi(ab) = \Phi(a) \circ \Phi(b)$ : $\Phi$ est un morphisme de $(G, \cdot)$ dans $(S_G, \circ)$.
On a $\Phi(a) = \mathrm{id}_G$ si et seulement si $axa^{-1} = x$ pour tout $x$, c’est-à-dire $ax = xa$ pour tout $x$. Donc $\ker \Phi = Z(G)$, et le centre est un sous-groupe de $G$, comme tout noyau.
Le neutre $\mathrm{id}$ est dans le centre. Montrons qu’aucun autre élément n’y est. D’abord, $\tau_{12} \circ \rho(1) = 1$ et $\rho \circ \tau_{12}(1) = 3$. Ensuite, $\tau_{13} \circ \rho(1) = 2$ et $\rho \circ \tau_{13}(1) = 1$. De même, $\tau_{23} \circ \rho(1) = 3$ et $\rho \circ \tau_{23}(1) = 2$. Aucune transposition ne commute donc avec $\rho$, et $\rho$ n’est pas central. Enfin, si $\rho^2 = \rho^{-1}$ commutait avec $\tau_{12}$, son inverse $\rho$ commuterait aussi avec $\tau_{12}$ : c’est exclu. Ainsi, $Z(S_3) = \{\mathrm{id}\}$, et $\Phi$ est injectif pour $G = S_3$.

Corrigé de l’exercice 13 : Isomorphismes et non-isomorphismes

L’exponentielle vérifie $e^{x + y} = e^x e^y$. Elle est continue et strictement croissante, de limites $0$ en $-\infty$ et $+\infty$ en $+\infty$. C’est donc une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}_+^{*}$, de réciproque $\ln$. Ainsi, $\exp$ est un isomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ sur $(\mathbb{R}_+^{*}, \times )$.
Supposons que $f : \mathbb{C}^{*} \to \mathbb{R}^{*}$ soit un isomorphisme. Par surjectivité, il existe $z$ tel que $f(z) = -1$. Or $z$ possède une racine carrée $w \in \mathbb{C}^{*}$. On obtient alors $-1 = f(w^2) = f(w)^2 > 0$, ce qui est absurde. Il n’existe donc aucun isomorphisme de $\mathbb{C}^{*}$ sur $\mathbb{R}^{*}$.
Supposons que $f : (\mathbb{Q}, +) \to (\mathbb{Q}_+^{*}, \times )$ soit un isomorphisme. Il existe $a \in \mathbb{Q}$ tel que $f(a) = 2$. Alors $2 = f(\frac{a}{2} + \frac{a}{2}) = f(\frac{a}{2})^2$. Le rationnel positif $f(a/2)$ vaudrait donc $\sqrt{2}$, qui est irrationnel. Ces deux groupes ne sont pas isomorphes.
Supposons que $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Q}$ soit un isomorphisme, et posons $q = f(1)$. Comme $f$ est un morphisme, $f(n) = nq$ pour tout $n \in \mathbb{Z}$. De plus, $q \neq 0$, sinon $f$ serait nul. Par surjectivité, il existe $n$ tel que $nq = q/2$, soit $n = 1/2$, qui n’est pas entier. Donc $(\mathbb{Z}, +)$ et $(\mathbb{Q}, +)$ ne sont pas isomorphes.
Supposons que $f : (\mathbb{R}^{*}, \times ) \to (\mathbb{R}, +)$ soit un isomorphisme. Alors $f(1) = 0$ et $2f(-1) = f((-1)^2) = f(1) = 0$. Donc $f(-1) = 0 = f(1)$, ce qui contredit l’injectivité. Ces groupes ne sont pas isomorphes.

Point de méthode : pour séparer deux groupes, trouvez une équation ($x^2 = e$, $x = y^2$, $x = 2y$…) dont le nombre de solutions n’est pas le même des deux côtés.

Corrigé de l’exercice 14 : Sous-anneaux de C

On a $1 = 1 + 0i$. La différence de deux entiers de Gauss en est un, et $(a + ib)(c + id) = (ac – bd) + i(ad + bc)$ aussi. Donc $\mathbb{Z}[i]$ est un sous-anneau de $\mathbb{C}$.
On a $1 = 1 / 10^0$. Ensuite, $\dfrac{k}{10^n} – \dfrac{k^{\prime}}{10^m} = \dfrac{k\,10^m – k^{\prime}\,10^n}{10^{n+m}}$ et $\dfrac{k}{10^n} \times \dfrac{k^{\prime}}{10^m} = \dfrac{kk^{\prime}}{10^{n+m}}$. Ainsi, $\mathbb{D}$ est un sous-anneau de $\mathbb{C}$.
On a $1 = 1 + 0\sqrt{2}$, la différence est stable, et $(a + b\sqrt{2})(c + d\sqrt{2}) = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt{2}$. Donc $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ est un sous-anneau.
On a $1 = 1 + 2i \times 0$ et $(a + 2ib) – (c + 2id) = (a – c) + 2i(b – d)$. Enfin, $(a + 2ib)(c + 2id) = (ac – 4bd) + 2i(ad + bc)$. Par conséquent, $B$ est un sous-anneau de $\mathbb{C}$.
D’abord, $1 \notin 2\mathbb{Z}$. Ensuite, $1$ et $-1$ sont dans le disque, mais pas $1 – (-1) = 2$. Enfin, $1$ et $-i$ sont dans $\mathbb{R} \cup i\mathbb{R}$, mais $1 – (-i) = 1 + i$ n’est ni réel ni imaginaire pur. Aucune de ces trois parties n’est un sous-anneau.

Corrigé de l’exercice 15 : Le groupe des inversibles de Z[i]

Pour $z = a + ib$, $N(z) = a^2 + b^2$ est un entier naturel. De plus, $N(zw) = |zw|^2 = |z|^2 |w|^2 = N(z) N(w)$. La norme $N$ est donc multiplicative et à valeurs dans $\mathbb{N}$.
Si $zw = 1$ avec $w \in \mathbb{Z}[i]$, alors $N(z) N(w) = N(1) = 1$. Ce sont deux entiers naturels de produit $1$. Donc $N(z) = 1$.
L’équation $a^2 + b^2 = 1$ en entiers impose $\{a^2, b^2\} = \{0, 1\}$. On trouve $z \in \{1, -1, i, -i\}$. Réciproquement, $1 \times 1 = 1$, $(-1)(-1) = 1$ et $i \times (-i) = 1$. Ainsi, $\mathbb{Z}[i]^{\times } = \{1, -1, i, -i\} = \mathbb{U}_4$. La figure suivante montre ces quatre points, seuls points du réseau situés sur le cercle unité.

L’anneau $\mathbb{Z}[i]$ est commutatif et non nul. Si $zw = 0$ dans $\mathbb{Z}[i]$, cette égalité a lieu dans le corps $\mathbb{C}$, donc $z = 0$ ou $w = 0$. Il est donc intègre. En revanche, $N(1 + i) = 2 \neq 1$, donc $1 + i$ est non nul mais pas inversible. L’anneau $\mathbb{Z}[i]$ est intègre, mais ce n’est pas un corps.

Corrigé de l’exercice 16 : Diviseurs de zéro dans un anneau de fonctions

Les fonctions $f$ et $g$ sont non nulles, car $f(1) = 1$ et $g(-1) = 1$. Pour $x \geq\, 0$, $g(x) = 0$ ; pour $x \leq\, 0$, $f(x) = 0$. Donc $f(x) g(x) = 0$ pour tout $x$. Ainsi, $fg = 0$ avec $f \neq 0$ et $g \neq 0$ : l’anneau $A$ n’est pas intègre.
Si $hk = 1$, alors $h(x) k(x) = 1$ pour tout $x$, donc $h$ ne s’annule pas. Réciproquement, si $h$ ne s’annule jamais, la fonction $1/h$ est un inverse. Donc $A^{\times }$ est l’ensemble des fonctions qui ne s’annulent pas.
Si $h(x_0) = 0$, posons $k(x_0) = 1$ et $k(x) = 0$ pour $x \neq x_0$. Alors $k \neq 0$ et $hk = 0$. Réciproquement, si $h$ ne s’annule pas, elle est inversible, et $hk = 0$ donne $k = h^{-1}(hk) = 0$. Ainsi, $h$ est un diviseur de zéro si et seulement si elle s’annule au moins une fois.
L’égalité $e^2 = e$ signifie $e(x)^2 = e(x)$, soit $e(x) \in \{0, 1\}$ pour tout $x$. Les solutions sont les fonctions indicatrices $\mathbf{1}_B$, où $B$ est une partie de $\mathbb{R}$.
La fonction constante $1$ est continue, et la différence et le produit de deux fonctions continues sont continus. Donc $\mathcal{C}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ est un sous-anneau. Or $f$ et $g$ sont continues, et $fg = 0$ : ce sous-anneau n’est pas intègre. Enfin, un inversible $h$ de cet anneau ne s’annule pas. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, un inversible de $\mathcal{C}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ garde un signe constant.

Corrigé de l’exercice 17 : Formule du binôme et matrices carrées d’ordre 2

La formule du produit donne $N^2 = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}$. De plus, $(\lambda I) N = \lambda N = N (\lambda I)$. Ainsi, $N^2 = 0$ et $N$ commute avec $\lambda I$.
On écrit $A = 3I + N$, où $3I$ et $N$ commutent. La formule du binôme s’applique, et $N^k = 0$ pour $k \geq\, 2$. Pour $n \geq\, 1$, il reste
\[A^n = \binom\,{n}{0} (3I)^n + \binom\,{n}{1} (3I)^{n-1} N = 3^n I + n\,3^{n-1} N.\]
Donc $A^n = \begin{pmatrix} 3^n n\,3^{n-1} \\ 0 3^n \end{pmatrix}$ pour $n \geq\, 1$, et $A^0 = I$. Par exemple, $A^2 = \begin{pmatrix} 9 6 \\ 0 9 \end{pmatrix}$, ce que confirme un calcul direct.
On a $N + B = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}$, donc $(N + B)^2 = I$. Par ailleurs, $N^2 = B^2 = 0$ et $NB = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}$. Donc $N^2 + 2NB + B^2 = \begin{pmatrix} 2 0 \\ 0 0 \end{pmatrix} \neq I$. En fait, $BN = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 0 1 \end{pmatrix} \neq NB$. Le développement correct est $(N + B)^2 = N^2 + NB + BN + B^2 = I$ : la formule du binôme échoue car $N$ et $B$ ne commutent pas.

Corrigé de l’exercice 18 : Éléments nilpotents d’un anneau

Comme $1$ et $a$ commutent, la factorisation de $1 – a^p$ donne $(1 – a)(1 + a + \cdots + a^{p-1}) = 1 – a^p = 1$. Le produit dans l’autre ordre vaut aussi $1$. Donc $1 – a$ est inversible, d’inverse $\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} a^k$.
Posons $n = p + q – 1$. Comme $ab = ba$, la formule du binôme donne $(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} a^k b^{n-k}$. Si $k \geq\, p$, alors $a^k = 0$. Si $k \leq\, p – 1$, alors $n – k \geq\, q$, donc $b^{n-k} = 0$. Tous les termes sont nuls. Ainsi, $(a + b)^{p+q-1} = 0$ : $a + b$ est nilpotent.
Comme $a$ et $b$ commutent, une récurrence immédiate donne $(ab)^k = a^k b^k$. En particulier, $(ab)^p = a^p b^p = 0$, donc $ab$ est nilpotent.
Supposons $A$ intègre et $a^p = 0$, avec $p$ minimal. Si $p \geq\, 2$, alors $a \times a^{p-1} = 0$, donc $a = 0$ ou $a^{p-1} = 0$. Dans les deux cas, cela contredit la minimalité de $p$, car $a = 0$ donne $a^1 = 0$. Donc $p = 1$. Dans un anneau intègre, $0$ est le seul nilpotent.
D’après l’exercice 17, $N^2 = B^2 = 0$, mais $(N + B)^2 = I$. Par récurrence, $(N + B)^{2k} = I$ et $(N + B)^{2k+1} = N + B$, qui sont non nulles. Donc $N + B$ n’est pas nilpotente : l’hypothèse de commutation est indispensable.

Corrigé de l’exercice 19 : Morphismes d’anneaux

L’application $\chi$ est un morphisme de groupes additifs, car $(m + n) \cdot 1_A = m \cdot 1_A + n \cdot 1_A$. Par distributivité et règle des signes, $(m \cdot 1_A)(n \cdot 1_A) = (mn) \cdot 1_A$. Enfin, $\chi(1) = 1_A$. C’est donc un morphisme d’anneaux. Soit maintenant $f$ un morphisme d’anneaux de $\mathbb{Z}$ dans $A$. C’est un morphisme de groupes additifs avec $f(1) = 1_A$, donc $f(n) = f(n \cdot 1) = n \cdot f(1) = n \cdot 1_A$. Ainsi, $\chi$ est l’unique morphisme d’anneaux de $\mathbb{Z}$ dans $A$.
Supposons $a + b\sqrt{2} = a^{\prime} + b^{\prime}\sqrt{2}$. Si $b \neq b^{\prime}$, alors $\sqrt{2} = \dfrac{a – a^{\prime}}{b^{\prime} – b}$ serait rationnel. Donc $b = b^{\prime}$, puis $a = a^{\prime}$. L’application $\sigma$ est donc bien définie. Ensuite, $\sigma(1) = 1$, et $\sigma$ est clairement additive. Pour le produit, avec $z = a + b\sqrt{2}$ et $w = c + d\sqrt{2}$ :
\[\sigma(zw) = (ac + 2bd) – (ad + bc)\sqrt{2} = (a – b\sqrt{2})(c – d\sqrt{2}) = \sigma(z)\sigma(w).\]
Enfin, $\sigma \circ \sigma = \mathrm{id}$, donc $\sigma$ est bijective. Par conséquent, $\sigma$ est un automorphisme de l’anneau $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$.
Dans $B$, on a $1_B \neq 0_B$, sinon tout $b = b \times 1_B$ serait nul. Soit $x \in \ker f$ avec $x \neq 0$. Alors $x$ est inversible dans le corps $K$, et $1_B = f(1_K) = f(x) f(x^{-1}) = 0_B$, ce qui est absurde. Donc $\ker f = \{0\}$. Un morphisme d’anneaux défini sur un corps est toujours injectif.
Soit $f$ un morphisme d’anneaux de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{Q}$. Comme à la question 1, $f(n) = n$ pour tout $n \in \mathbb{Z}$. Pour $p \in \mathbb{Z}$ et $q \in \mathbb{N}^{*}$, on a $q\, f(p/q) = f(q) f(p/q) = f(p) = p$. Donc $f(p/q) = p/q$. Le seul morphisme d’anneaux de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{Q}$ est l’identité.

Corrigé de l’exercice 20 : Le corps Q[√2]

Si $a + b\sqrt{2} = a^{\prime} + b^{\prime}\sqrt{2}$ avec $b \neq b^{\prime}$, alors $\sqrt{2} = (a – a^{\prime}) / (b^{\prime} – b) \in \mathbb{Q}$, ce qui est faux. Donc $b = b^{\prime}$ et $a = a^{\prime}$ : l’écriture est unique.
On a $1 \in K$, et la différence de deux éléments de $K$ est dans $K$. De plus, $(a + b\sqrt{2})(c + d\sqrt{2}) = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt{2}$, à coefficients rationnels. Ainsi, $K$ est un sous-anneau de $\mathbb{R}$.
Soit $z = a + b\sqrt{2} \neq 0$. Si l’on avait $a – b\sqrt{2} = 0$, alors soit $b \neq 0$ et $\sqrt{2} = a/b$ serait rationnel, soit $b = 0$, puis $a = 0$ et $z = 0$. Donc $a – b\sqrt{2} \neq 0$, et $a^2 – 2b^2 = (a + b\sqrt{2})(a – b\sqrt{2}) \neq 0$. On en déduit
\[\frac{1}{z} = \frac{a}{a^2 – 2b^2} – \frac{b}{a^2 – 2b^2}\sqrt{2} \in K.\]
Comme $K$ est commutatif et non nul, c’est un corps, sous-corps de $\mathbb{R}$.
Pour $3 + 2\sqrt{2}$, on a $a^2 – 2b^2 = 9 – 8 = 1$. Pour $1 + \sqrt{2}$, on trouve $1 – 2 = -1$. Pour $2 + \sqrt{2}$, on trouve $4 – 2 = 2$. Les inverses sont $3 – 2\sqrt{2}$, $\sqrt{2} – 1$ et $1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Vérifions le dernier : $(2 + \sqrt{2})(1 – \frac{\sqrt{2}}{2}) = 2 – \sqrt{2} + \sqrt{2} – 1 = 1$.
Supposons $\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}$ avec $a, b$ rationnels. En élevant au carré, $3 = (a^2 + 2b^2) + 2ab\sqrt{2}$. Par unicité de l’écriture, $2ab = 0$. Si $b = 0$, alors $a^2 = 3$, et $\sqrt{3}$ serait rationnel. Si $a = 0$, alors $2b^2 = 3$, donc $(2b)^2 = 6$, et $\sqrt{6}$ serait rationnel. Les deux cas sont impossibles, donc $\sqrt{3} \notin K$.

Corrigé de l’exercice 21 : Un anneau intègre fini est un corps

Si $ax = ay$, alors $a(x – y) = 0$. Comme $a \neq 0$ et que $A$ est intègre, $x – y = 0$. Donc $m_a$ est injective.
Une application injective d’un ensemble fini dans lui-même est bijective. Il existe donc $b \in A$ tel que $m_a(b) = ab = 1$, et $ba = 1$ par commutativité. Tout élément non nul est donc inversible. Ainsi, un anneau intègre fini est un corps.
Si $m_a$ est injective, elle est bijective comme à la question 2, et $a$ est inversible. Sinon, il existe $x \neq y$ tels que $ax = ay$. En posant $b = x – y \neq 0$, on obtient $ab = 0$. Tout élément d’un anneau commutatif fini est donc inversible ou diviseur de zéro.
Non : l’anneau $\mathbb{Z}$ est intègre et infini, mais $2$ n’y est pas inversible. L’hypothèse de finitude est essentielle.

Point de méthode : sur un ensemble fini, injectif équivaut à bijectif ; c’est l’argument clé chaque fois que l’on veut produire un inverse sans le calculer.

Corrigé de l’exercice 22 : Anneau de Boole et différence symétrique

D’une part, $(x + x)^2 = x + x$ par hypothèse. D’autre part, en développant, $(x + x)^2 = x^2 + x^2 + x^2 + x^2 = x + x + x + x$. On simplifie par $x + x$ dans le groupe $(A, +)$. On obtient $x + x = 0$, c’est-à-dire $-x = x$.
On développe $(x + y)^2 = x^2 + xy + yx + y^2 = x + xy + yx + y$. Or $(x + y)^2 = x + y$, donc $xy + yx = 0$. D’après la question 1, $xy = -(yx) = yx$. L’anneau $A$ est donc commutatif.
On a $x(1 – x) = x – x^2 = 0$. Si $A$ est intègre, alors $x = 0$ ou $x = 1$ pour tout $x$. Comme $A$ n’est pas réduit à $\{0\}$, on a $1 \neq 0$, donc $A = \{0, 1\}$. Réciproquement, dans $\{0, 1\}$, le seul produit de deux éléments non nuls est $1 \times 1 = 1 \neq 0$. Ainsi, $A$ est intègre si et seulement si $A = \{0, 1\}$.
La loi $\Delta$ est associative (admis) et commutative, car sa définition est symétrique. Ensuite, $X \,\Delta\, \varnothing = X$, donc $\varnothing$ est neutre. De plus, $X \,\Delta\, X = X \setminus X = \varnothing$ : chaque partie est sa propre opposée. Donc $(\mathcal{P}(E), \Delta)$ est un groupe abélien. Par ailleurs, $\cap$ est associative, commutative, de neutre $E$, et distributive sur $\Delta$ (admis). Enfin, $X \cap X = X$, et $E \neq \varnothing$. Par conséquent, $(\mathcal{P}(E), \Delta, \cap)$ est un anneau de Boole. La figure ci-dessous représente $A \,\Delta\, B$ : c’est la réunion privée de l’intersection.

Si $X \cap Y = E$, alors $E \subset X$, donc $X = E$ : le seul inversible est $E$. D’après la question 3, l’anneau est intègre si et seulement si $\mathcal{P}(E) = \{\varnothing, E\}$. Cela se produit exactement quand $E$ est un singleton. D’ailleurs, si $a \neq b$ dans $E$, on a $\{a\} \cap \{b\} = \varnothing$. Ainsi, les inversibles se réduisent à $\{E\}$, et l’anneau est intègre si et seulement si $E$ a un seul élément.

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : unités de Z[√2] et équation de Pell-Fermat

Pour $z = a + b\sqrt{2}$, on a $N(z) = (a + b\sqrt{2})(a – b\sqrt{2}) = a^2 – 2b^2 \in \mathbb{Z}$. Comme $\sigma$ est un morphisme d’anneaux et que $A$ est commutatif, $N(zw) = zw\,\sigma(z)\sigma(w) = N(z) N(w)$. La norme est donc multiplicative.
Si $zw = 1$, alors $N(z) N(w) = N(1) = 1$. Ce sont deux entiers de produit $1$, donc $N(z) = \pm 1$. Réciproquement, si $N(z) = \pm 1$, alors $z \times N(z)\sigma(z) = N(z)^2 = 1$, et $N(z)\sigma(z) \in A$. Ainsi, $z \in A^{\times }$ si et seulement si $N(z) = \pm 1$.
On a $N(\varepsilon) = 1 – 2 = -1$, donc $\varepsilon$ est inversible. Ensuite, $\varepsilon^2 = 1 + 2\sqrt{2} + 2 = 3 + 2\sqrt{2}$ et $\varepsilon^3 = (3 + 2\sqrt{2})(1 + \sqrt{2}) = 7 + 5\sqrt{2}$. Pour $m \in \mathbb{N}$, écrivons $\varepsilon^{2m} = a_m + b_m\sqrt{2}$. Alors $a_m^2 – 2b_m^2 = N(\varepsilon)^{2m} = 1$. Comme $\varepsilon > 1$, les réels $\varepsilon^{2m}$ sont deux à deux distincts. Par unicité de l’écriture, les couples $(a_m, b_m)$ le sont aussi. L’équation $a^2 – 2b^2 = 1$ a donc une infinité de solutions entières.
On a $u\,\sigma(u) = N(u) = \pm 1$, donc $|\sigma(u)| = 1/u < 1$. Ensuite, $a = \dfrac{u + \sigma(u)}{2} > \dfrac{1 – 1}{2} = 0$ et $b\sqrt{2} = \dfrac{u – \sigma(u)}{2} > \dfrac{1 – 1}{2} = 0$. Les entiers $a$ et $b$ sont strictement positifs, donc $a \geq\, 1$ et $b \geq\, 1$. Par conséquent, $u = a + b\sqrt{2} \geq\, 1 + \sqrt{2} = \varepsilon$.
D’abord, les $\varepsilon^n$ sont des inversibles strictement positifs, car $A^{\times }$ est un groupe. Réciproquement, soit $u \in A^{\times }$ avec $u > 0$. Comme $\varepsilon > 1$, il existe $n \in \mathbb{Z}$ tel que $\varepsilon^n \leq\, u < \varepsilon^{n+1}$ : il suffit de prendre $n = \lfloor \ln u / \ln \varepsilon \rfloor$. Posons $v = u\,\varepsilon^{-n}$. C’est un inversible de $A$, et $1 \leq\, v < \varepsilon$. Si l’on avait $v > 1$, la question 4 donnerait $v \geq\, \varepsilon$, ce qui est faux. Donc $v = 1$. Les inversibles strictement positifs de $A$ sont exactement les $\varepsilon^n$, $n \in \mathbb{Z}$.
Soit $(a, b) \in \mathbb{N}^2$ tel que $a^2 – 2b^2 = 1$. Alors $u = a + b\sqrt{2} \geq\, 1$ et $N(u) = 1$. D’après les questions 2 et 5, $u = \varepsilon^n$ avec $n \geq\, 0$. De plus, $1 = N(u) = (-1)^n$, donc $n$ est pair. Réciproquement, $\varepsilon^{2m} = (3 + 2\sqrt{2})^m$ se développe à coefficients entiers positifs et a pour norme $1$. Les solutions dans $\mathbb{N}^2$ sont les couples $(a, b)$ tels que $a + b\sqrt{2} = (3 + 2\sqrt{2})^m$, $m \in \mathbb{N}$ : $(1, 0)$, $(3, 2)$, $(17, 12)$, $(99, 70)$, etc. On vérifie par exemple que $17^2 – 2 \times 12^2 = 289 – 288 = 1$.

La figure suivante place les premières puissances de $\varepsilon$ : elles alternent entre les deux hyperboles, selon la parité de l’exposant, car $N(\varepsilon^n) = (-1)^n$.

Notons $\psi(n, s) = s\,\varepsilon^n$. Cet élément est inversible, car $s$ et $\varepsilon$ le sont. Ensuite, $\psi((n, s)(n^{\prime}, s^{\prime})) = ss^{\prime}\varepsilon^{n + n^{\prime}} = \psi(n, s)\,\psi(n^{\prime}, s^{\prime})$ : c’est un morphisme. Si $s\,\varepsilon^n = 1$, alors $s = 1$ car $\varepsilon^n > 0$, puis $\varepsilon^n = 1$ donne $n = 0$. Le noyau est trivial, donc $\psi$ est injectif. Enfin, soit $u \in A^{\times }$. Si $u > 0$, la question 5 donne $u = \varepsilon^n = \psi(n, 1)$. Si $u < 0$, alors $-u$ est un inversible positif, et $u = -\varepsilon^n = \psi(n, -1)$. Donc $\psi$ est un isomorphisme de $\mathbb{Z} \times \mathbb{U}_2$ sur $A^{\times } = \{\pm \varepsilon^n,\ n \in \mathbb{Z}\}$.

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