I- 1. Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\mathrm{G}=] 1,2[$

On a:

$\begin{aligned} x * y-1 & =\frac{2(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)-(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)}{(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)} \\ & =\frac{(x-1)(y-1)}{(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)}>0\end{aligned}$

Et

$\begin{aligned} x * y-2 & =\frac{2(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)-2(x-1)(y-1)-2(x-2)(y-2)}{(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)} \\ & =\frac{-(x-2)(y-2)}{(x-1)(y-1)+(x-2)(y-2)}<0\end{aligned}$

(Car: $\quad \forall(x, y) \in(] 1,2[)^2 ;~ x-1>0, ~y-1>0,~ x-2<0~$ et $~y-2<0\\$ et donc $~(x-1)(y-1)>0~$ et $~(x-2)(y-2)>0~$ et $~(x-1)(y-1)+(x-2)(y-1)>0)$

Donc: $~\left.\forall (x, y) \in(] 1,2[)^2 ; \quad x * y \in \right] 1,2[~$ par conséquent $«*»$ est une loi de composition interne sur l'ensemble $G.\\[0.5cm]$

2. a. L'application $f: \mathbb{R}_{+}^* \longrightarrow \mathrm{G}$ est continue sur $\mathbb{R}_{+}^*$

$$x \longrightarrow \frac{x+2}{x+1}$$

(fonction rationnelle) et il est strictement décroissante

$\left(\left|\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 1 & 1\end{array}\right|=-1<0\right)$ sur $\mathbb{R}_{+}^*$;

donc, $f$ est une bijection de $\mathbb{R}_{+}^*$ vers $\left.f\left(\mathbb{R}_{+}^*\right)=\right] 1,2[$.

- Montrons que $f$ est un homomorphisme de $\left(\mathbb{R}_{+}^*, \times\right)$ vers $(\mathrm{G}, *)$.

On a : $\quad \forall(x, y) \in \mathbb{R}_{+}^{* 2}$ :

$\begin{aligned} f(x) * f(y) & =\frac{2\left(\frac{x+2}{x+1}-1\right)\left(\frac{y+2}{y+1}-1\right)+\left(\frac{x+2}{x+1}-2\right)\left(\frac{y+2}{y+1}-2\right)}{\left(\frac{x+2}{x+1}-1\right)\left(\frac{y+2}{y+1}-1\right)+\left(\frac{x+2}{x+1}-2\right)\left(\frac{y+2}{y+1}-2\right)}\\ &=\frac{2+x y}{1+x y} \\ & =f(x \times y)\end{aligned}$

D'où $f$ est un homomorphisme de $\left(\mathbb{R}_{+}^*, \times\right)$ vers $\left(G, *\right)$

par conséquent $f$ est un isomorphisme de $\left(\mathbb{R}_{+}^*, \times\right)$ vers $\left(\mathrm{G},*\right)\\[0.5cm]$

b. On a $\left(\left(\mathbb{R}^*, \times\right)\right)$ est un groupe commutatif d'élément neutre $1$ et $f$ est un isomorphisme de $\left(\mathbb{R}_{+}^*, \times\right)$ vers $\left(\mathrm{G},*\right)$

donc $\left(\mathrm{G},*\right)$ est un groupe commutatif d'élément neutre $f(1)=\frac{3}{2}.\\[0.5cm]$

II- a. On a : $~A=\left(\begin{array}{lll}0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\\$

Donc:

$A^2=\left(\begin{array}{lll}0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) \times\left(\begin{array}{lll}0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)\\ $

Et :

$A^3=A^2 \times A=\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) \times\left(\begin{array}{lll}0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)=0$

Donc on a: $~\mathrm{A}^2 \times \mathrm{A}=0~$ càd que $\mathrm{A}$ est un diviseur de zéro dans l'anneau $\left(\mathrm{M}_3(\mathbb{R}),+, \times\right)$, car : $~A \neq 0~$ et $~\mathrm{A}^2 \neq 0~$ mais $~A^2 \times A=0 \\[0.5cm]$

b. On a :

$A^2-A+I =\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)-\left(\begin{array}{lll}0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$

et $~A+I=\left(\begin{array}{lll}0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}1 & 3 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$

donc :

$$\begin{aligned}\left(A^2-A+I\right)(A+I)&=\left(\begin{array}{ccc}1 & -3 & 2 \\0 & 1 & -1 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1 & 3 & 2 \\0 & 1 & 1 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)\\[0.2cm] &=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)=I\end{aligned}$$

De la même façon on obtient $~(A+I)\left(A^2-A+I\right)=I$

et cela signifie que $A+I$ est inversible dans $\left(M_3(\mathbb{R}),+, x\right)$; son inverse est la matrice $~A^2-A+I\\[0.5cm]$

2. On a $~E \neq \varphi~($ Car $~O=M(0,0) \in E)~$ et $~\forall(a, b, c, d) \in \mathbb{R}^4$

On a :

$\begin{aligned} \mathrm{M}(\mathrm{a}, \mathrm{b})-\mathrm{M}(\mathrm{c}, \mathrm{d}) & =\mathrm{aI}+\mathrm{bA}-(\mathrm{cI}+\mathrm{dA})=(\mathrm{a}-\mathrm{c}) \mathrm{I}+(\mathrm{b}-\mathrm{d}) \mathrm{A} \\ & =\mathrm{M}(\mathrm{a}-\mathrm{c} ; \mathrm{b}-\mathrm{d}) \in \mathrm{E}\end{aligned}$

Ce qui montre que $\mathrm{E}$ est un sous-espace vectoriel de $(M_3,(\mathbb{R}),+, \times)$

par conséquent $(E,+,.)$ est un espace vectoriel réel.

Détermination d'une base de $\mathrm{E}$ :

Par définition de $E~$ $\left.\left\{(\mathrm{M}(\mathrm{a}, \mathrm{b})=\mathrm{aI}+\mathrm{bA}) /~(\mathrm{a}, \mathrm{b}) \in \mathbb{R}^2\right)\right\}$

on déduit que $(\mathrm{I}, \mathrm{A})$ est famille génératrice de $E$. il reste à montrer que $(I,A)$ est libre.

Soit $(\mathrm{a}, \mathrm{b}) \in \mathbb{R}^2$ tel que : $~\mathrm{aI}+\mathrm{bA}=0~$ ou $~\mathrm{a}=0$;

sinon $~\mathrm{I}=-\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}} \mathrm{A}$

et donc : $~I=I^3=\left(-\frac{b}{a}\right)^3 A^3=0~$ ce qui absurde.

D'où $~b=0~$, car $~A \neq 0~$ par conséquent $~(I, A)~$ est libre.

Conclusion: $(I,A)$ est à la fois libre et génératrice, donc $(I,A)$ est une base de $E$.