1. Soit ${\displaystyle x\in A}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}1+x&=(1+x)^{2}\\&=1+x+x+x^{2}\\&=(1+x)+x+x\end{aligned}}}$

Donc ${\displaystyle \forall x\in A,~x+x=0}$

2. Soit ${\displaystyle (x,y)\in A^{2}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}x+y&=(x+y)^{2}\\&=x^{2}+xy+yx+y^{2}\\&=x+y+xy+yx\end{aligned}}}$

Donc ${\displaystyle xy=-yx}$. Or, d’après la question 1, ${\displaystyle \forall t\in A,t=-t}$

Donc ${\displaystyle \forall (x,y)\in A^{2},~xy=yx}$, donc A est commutatif.

Soient ${\displaystyle x,y\in A}$ tels que ${\displaystyle 1-yx}$ soit inversible, et soit ${\displaystyle z}$ son inverse. On a donc :

${\displaystyle zxy=xyz=z-1}$,

ce qui, en multipliant à gauche par ${\displaystyle y}$ et à droite par ${\displaystyle x}$, implique :

${\displaystyle (yzx)(yx)=(yx)(yzx)=yzx-yx}$

ou encore, en posant ${\displaystyle t=yzx+1}$ :

${\displaystyle tyx=yxt=t-1}$.

On a ainsi prouvé l'implication (pour tous ${\displaystyle x,y\in A}$) :

${\displaystyle 1-xy\in A^{\times }\Longrightarrow 1-yx\in A^{\times }}$.

Comme elle équivaut à sa réciproque, on en déduit l'équivalence.

1. Soit (P) un idéal principal contenant a et X. Le polynôme P est constant (car P divise a) et de coefficient inversible (car P divise X) donc P est un élément inversible de A, si bien que (P) = (1) = A[X].
2. Si (X, a) est égal à A[X], il existe deux polynômes U et V tels que 1 = XU + aV donc 1 = aV(0).
3. Si l'idéal (X, a) est principal alors, d'après les deux questions précédentes, a est inversible.
4. Si A n'est pas un corps, il contient un élément a non nul et non inversible.

(Toutes les égalités sont à prendre ici au sens « à produit près par un inversible ».)

• Supposons que ${\displaystyle \operatorname {ppcm} \left({\left(a_{i}\right)_{i\in I}}\right)=m}$ et montrons que ${\displaystyle km}$ est un ppcm des ${\displaystyle ka_{i}}$, c'est-à-dire qu'un élément est multiple de tous les ${\displaystyle ka_{i}}$ si et seulement s'il est multiple de ${\displaystyle km}$.
  S'il est multiple d'un ${\displaystyle ka_{i}}$ ou de ${\displaystyle km}$, il est divisible par ${\displaystyle k}$, donc de la forme ${\displaystyle ky}$ pour un certain ${\displaystyle y}$. On conclut grâce à la suite d'équivalences :

  ${\displaystyle ky}$ est multiple de tous les ${\displaystyle ka_{i}\Leftrightarrow }$

  ${\displaystyle y}$ est multiple de tous les ${\displaystyle a_{i}\Leftrightarrow }$

  ${\displaystyle y}$ est multiple de ${\displaystyle m\Leftrightarrow }$

  ${\displaystyle ky}$ est multiple de ${\displaystyle km}$.

• Réciproquement, supposons que ${\displaystyle \operatorname {ppcm} \left({\left(ka_{i}\right)_{i\in I}}\right)}$ existe.
  Puisqu'il est multiple d'un ${\displaystyle ka_{i}}$, il est divisible par ${\displaystyle k}$, donc de la forme ${\displaystyle km}$ pour un certain ${\displaystyle m}$. Alors, pour tout élément ${\displaystyle y}$ de l'anneau, on a :

  ${\displaystyle y}$ est multiple de tous les ${\displaystyle a_{i}\Leftrightarrow }$

  ${\displaystyle ky}$ est multiple de tous les ${\displaystyle ka_{i}\Leftrightarrow }$

  ${\displaystyle ky}$ est multiple de ${\displaystyle km\Leftrightarrow }$

  ${\displaystyle y}$ est multiple de ${\displaystyle m}$,

ce qui prouve que ${\displaystyle m}$ est un ppcm des ${\displaystyle a_{i}}$.

1°  ${\displaystyle a\land \left(b\lor c\right)={\frac {ab\land ac}{b\land c}}\land {\frac {bc}{b\land c}}={\frac {ab\land ac\land bc}{b\land c}}}$ et ${\displaystyle \left(a\land b\right)\lor \left(a\land c\right)={\frac {\left(a\land b\right)\left(a\land c\right)}{\left(a\land b\right)\land \left(a\land c\right)}}={\frac {(a\land b)(a\land c)}{a\land b\land c}}}$.

2° 

${\displaystyle {\begin{aligned}\left(ab\land ac\land bc\right)\left(a\land b\land c\right)&=\left(ab\left(a\land b\land c\right)\right)\land \left(ac\left(a\land b\land c\right)\right)\land \left(bc\left(a\land b\land c\right)\right)\\&=a^{2}b\land ab^{2}\land abc\land a^{2}c\land abc\land ac^{2}\land abc\land b^{2}c\land bc^{2}\\&=a^{2}b\land ab^{2}\land a^{2}c\land ac^{2}\land b^{2}c\land bc^{2}\land abc\end{aligned}}}$

et

${\displaystyle {\begin{aligned}(a\land b)(a\land c)(b\land c)&=(a\land b)\left(a(b\land c)\right)\land \left(c(b\land c)\right)\\&=(a\land b)\left(ab\land ac\land bc\land c^{2}\right)\\&=\left(a\left(ab\land ac\land bc\land c^{2}\right)\right)\land \left(b\left(ab\land ac\land bc\land c^{2}\right)\right)\\&=a^{2}b\land a^{2}c\land abc\land ac^{2}\land ab^{2}\land abc\land b^{2}c\land bc^{2}\\&=a^{2}b\land ab^{2}\land a^{2}c\land ac^{2}\land b^{2}c\land bc^{2}\land abc.\end{aligned}}}$

3°  Oui, par la même méthode, ou simplement parce que dans un treillis, si l'une des deux lois ${\displaystyle \land }$ ou ${\displaystyle \lor }$ est distributive par rapport à l'autre, la seconde est également distributive par rapport à la première.

Si ${\displaystyle \left(X\right)=\left(d\right)}$, il existe ${\displaystyle Y}$ fini inclus dans ${\displaystyle X}$ tel que ${\displaystyle d\in \left(Y\right)}$ donc tel que ${\displaystyle \left(X\right)\subset \left(Y\right)}$, d'où l'égalité.

1. En utilisant deux fois la première hypothèse, ${\displaystyle a^{2}b=a(1-ba)=a-aba=(1-ab)a=ba^{2}}$.
2. La seconde devient, par le même calcul : ${\displaystyle a=2(a-aba)}$ donc ${\displaystyle a=2aba}$.
3. ${\displaystyle b}$ commute à lui-même et à ${\displaystyle a^{2}}$, donc à ${\displaystyle 2a^{2}b=a}$, et ${\displaystyle 1=ab+ba=(2b)a}$.

1. ${\displaystyle b=b\left(a^{-1}+b^{-1}\right)=ba^{-1}+1=\left(b+a\right)a^{-1}=a^{-1}}$.
2. ${\displaystyle a^{2}+1=a\left(a+a^{-1}\right)=a\left(a+b\right)=a}$.
3. ${\displaystyle a^{3}=a\left(a-1\right)=\left(a-1\right)-a=-1}$.

1. Immédiat.
2. Si ${\displaystyle x,y\in B}$ alors ${\displaystyle x\circ y=(x-y)^{2}}$ donc ${\displaystyle (x\circ y)^{2}=(x-y)^{4}=x-4xy+6xy-4xy+y=x\circ y}$. Donc ${\displaystyle B}$ est stable par ${\displaystyle \circ }$, et bien sûr aussi par ${\displaystyle \cdot }$. Ces deux lois sur ${\displaystyle B}$ sont commutatives et admettent 1 pour neutre. Tout élément ${\displaystyle x}$ de ${\displaystyle B}$ a un symétrique dans ${\displaystyle B}$ pour ${\displaystyle \circ }$ : l'élément ${\displaystyle 1-x}$.
   Il reste à vérifier que ${\displaystyle \circ }$ est associative et que ${\displaystyle \cdot }$ est distributive par rapport à ${\displaystyle \circ }$ : soient ${\displaystyle x,y,z\in B}$ ;
   • associativité : ${\displaystyle \left(x\circ y\right)\circ z=(x+y-2xy)+z-2(x+y-2xy)z=x+y+z-2(xy+xz+yz)+4xyz=x+(y+z-2yz)-2x(y+z-2yz)=x\circ \left(y\circ z\right)}$.
   • distributivité : ${\displaystyle xz\circ yz=xz+yz-2xzyz=xz+yz-2xyz=(x+y-2xy)z=\left(x\circ y\right)z}$.

1. ${\displaystyle \omega +{\overline {\omega }}=1}$ et ${\displaystyle \omega {\overline {\omega }}=-f}$.
2. ${\displaystyle \mathbb {Z} [\omega ]}$ est évidemment stable par somme et opposés et contient 0 et 1. Il est aussi stable par produit et conjugaison, car il contient ${\displaystyle \omega ^{2}=f+\omega }$ et ${\displaystyle {\overline {\omega }}=1-\omega }$.
3. L'entier ${\displaystyle (p+q\omega )(p+q{\overline {\omega }})=p^{2}+pq(\omega +{\overline {\omega }})+q^{2}\omega {\overline {\omega }}=p^{2}+pq-fq^{2}}$ est positif car supérieur à ${\displaystyle p^{2}+pq+q^{2}}$.
4. Si ${\displaystyle p^{2}+pq-fq^{2}=1}$ alors ${\displaystyle p+q\omega }$ est inversible dans ${\displaystyle \mathbb {Z} [\omega ]}$, d'inverse ${\displaystyle p+q{\overline {\omega }}}$. Réciproquement, si ${\displaystyle z=p+q\omega }$ est inversible dans ${\displaystyle \mathbb {Z} [\omega ]}$, d'inverse ${\displaystyle z'=p'+q'\omega }$, alors ${\displaystyle (p^{2}+pq-fq^{2})(p'^{2}+p'q'-fq'^{2})=z{\overline {z}}z'{\overline {z'}}=zz'{\overline {zz'}}=1}$ donc l'entier positif ${\displaystyle p^{2}+pq-fq^{2}}$, divisant 1, est égal à 1.
5. Si ${\displaystyle 1=p^{2}+pq-fq^{2}=(p+q/2)^{2}-(f+1/4)q^{2}\geq -(f+1/4)q^{2}\geq 7q^{2}/4}$ alors ${\displaystyle q=0}$ donc ${\displaystyle p=\pm 1}$.