corrigé

Licence 2 — Mathématiques
2008–2009
Algèbre et Arithmétique 3
Contrôle continu : corrigé
Exercice 1
1 Les sous-groupes de Z sont les 𝑛Z pour 𝑛 ∈ Z.
2 Soit 𝑛 ∈ N, Z/𝑛Z est l’ensemble des classes de Z modulo 𝑛Z, c’est à dire l’ensemble quotient
de Z par la relation d’équivalence 𝑥 ∼ 𝑦 si et seulement si 𝑛|(𝑥 − 𝑦).
¯, 𝑐′ = 𝑥¯′ avec 𝑥, 𝑥′ ∈ Z. Alors 𝑐 + 𝑐′
3 Soient 𝑐, 𝑐′ deux classes d’équivalence dans Z/𝑛Z, 𝑐 = 𝑥
′
est la classe de 𝑥 + 𝑥 , qui ne dépend pas du choix des représentants 𝑥 et 𝑥′ des classes 𝑐 et 𝑐′ .
4 Cette application n’est pas bien définie, car 0 et 12 sont dans la même classe modulo 12 (et
devraient donc être envoyés sur le même élément de Z/8Z, mais pourtant [12]8 = [4]8 ̸= [0]8 .
5 Soit (𝐴, +, ·) un anneau commutatif. Un idéal 𝐼 de 𝐴 est une partie de 𝐴 telle que (𝐼, +)
soit un sous-groupe de (𝐴, +) et que pour tous (𝑎, 𝑖) ∈ 𝐴 × 𝐼, 𝑎 · 𝑖 ∈ 𝐼.
6 Soit (𝐴, +, ·) un anneau commutatif intègre. On définit sur 𝐴 × 𝐴 ∖ {(0, 0)} la relation
binaire (𝑝, 𝑞)ℛ(𝑝′ , 𝑞 ′ ) ⇔ 𝑝𝑞 ′ = 𝑝′ 𝑞. Montrons que cette relation est transitive. Soient (𝑝, 𝑞),
(𝑝′ , 𝑞 ′ ), (𝑝′′ , 𝑞 ′′ ) ∈ 𝐴 × 𝐴 ∖ {(0, 0)}, tels que (𝑝, 𝑞)ℛ(𝑝′ , 𝑞 ′ ) et (𝑝′ , 𝑞 ′ )ℛ(𝑝′′ , 𝑞 ′′ ). Alors 𝑝′ ou 𝑞 ′ est
non nul. On suppose par exemple que c’est 𝑝′ . On a alors (𝑝𝑞 ′′ − 𝑝′′ 𝑞)𝑝′ = 𝑝𝑝′ 𝑞 ′′ − 𝑝′′ 𝑞𝑝′ car 𝐴
est commutatif. Mais alors, (𝑝𝑞 ′′ − 𝑝′′ 𝑞)𝑝′ = 𝑝𝑞 ′ 𝑝′′ − 𝑝′′ 𝑞 ′ 𝑝 = 𝑝′′ (𝑝𝑞 ′ − 𝑞 ′ 𝑝) = 0 car 𝑝𝑞 ′ = 𝑞 ′ 𝑝.
Ainsi, (𝑝𝑞 ′′ − 𝑝′′ 𝑞)𝑝′ = 0, et 𝐴 étant intègre et 𝑝′ non nul, 𝑝𝑞 ′′ = 𝑞 ′′ 𝑝, et (𝑝, 𝑞)ℛ(𝑝′ , 𝑞 ′ ). Le même
raisonnement en remplaçant 𝑝′ par 𝑞 ′ (si 𝑝′ est nul mais pas 𝑞 ′ ) aboutit à la même conclusion.
7 Soit (𝐺, ⋆) un groupe et 𝑎 ∈ 𝐺 d’ordre 𝜈. Soit 𝑚 ∈ Z tel que 𝑎𝑚 = 𝑒𝐺 . En écrivant la division
euclidienne de 𝑚 par 𝜈, on a 𝑚 = 𝜈𝑘 + 𝑟 avec 0 ≤ 𝑟 < 𝜈. De plus, 𝑒𝐺 = 𝑎𝑚 = 𝑎𝜈𝑞+𝑟 = (𝑎𝜈 )𝑞 ⋆ 𝑎𝑟 =
𝑎𝑟 . Comme 𝑟 < 𝜈, il en résulte que 𝑟 = 0, et 𝑚 est divisible par 𝜈. Réciproquement, si 𝑚 est
divisible par 𝜈, écrivons 𝑚 = 𝑞𝜈, alors 𝑎𝑚 = (𝑎𝜈 )𝑞 = 𝑒𝐺 .
8 L’ordre de 𝑎3 est 𝜈/3 si 𝜈 est divisible par 3, et 𝜈 si 𝜈 n’est pas divisible par 3.
Exercice 2
1 La fonction 𝜙 d’Euler est l’application N* → N* qui à 𝑛 associe le nombre d’entiers naturels
inférieurs à 𝑛 et premiers avec 𝑛. C’est aussi le nombre d’inversibles de l’anneau (Z/𝑛Z, +, ·) et
le nombre de générateurs du groupe cyclique (Z/𝑛Z, +).
2 Dans Z/9Z, il y a 𝜙(9) = 𝜙(32 ) = 3 × (3 − 1) = 6 éléments inversibles.
3 Les éléments de Z/9Z sont les classes modulo 9 des entiers premiers avec 9. Ainsi, si on note
𝑥
¯ la classe de 𝑥 modulo 9, les éléments de (Z/9Z)* sont 1̄, 2̄, 4̄, 5̄, 7̄, 8̄.
4 Laissée au lecteur.
5 D’aprés le théorème de Lagrange, si 𝐺 est un groupe fini et 𝐻 un sous-groupe de 𝐺, alors
le cardinal de 𝐻 divise celui de 𝐺. En particulier, l’ordre d’un élément de 𝐺, étant celui du
sous-groupe engendré par cet élément, est un diviseur du cardinal de 𝐺. Comme (Z/9Z)* a 6
éléments, les ordres possibles pour les éléments de ce groupe sont les diviseurs de 6, c’est-à-dire
1, 2, 3, 6.
6 Le groupe (Z/9Z)* est fini, montrons qu’il est monogène. Il nous suffit pour cela de trouver
un élément de ce groupe qui ne soit d’ordre ni 1, ni 2, ni 3, car alors il est d’ordre 6 et engendre le
groupe. Mais 21 = 2, 22 = 4 et 23 = 8, donc 2 est générateur de (Z/9Z)* , qui est donc cyclique.
Exercice 3
1 Soient 𝑚, 𝑛 des entiers premiers entre eux. Alors le morphisme canonique d’anneaux Z →
Z/𝑚Z × Z/𝑛Z induit un isomorphisme d’anneaux Z/𝑚𝑛Z → Z/𝑚Z × Z/𝑛Z.
2 D’après le théorème chinois, 3 et 4 étant premiers entre eux, les anneaux Z/3Z × Z/4Z
et Z/12Z sont isomorphes, et les groupes sous-jacents aussi. Comme (Z/12Z, +) est un groupe
cyclique (engendré par la classe de 1), le groupe (Z/3Z × Z/4Z, +) est cyclique.
3 Un générateur de Z/12Z est la classe de 1 modulo 12. Son image par l’isomorphisme de
théorème chinois est ([1]3 , [1]4 ), qui est donc un générateur de (Z/3Z × Z/4Z, +).
Exercice 4
On utilise l’algorithme d’Euclide étendu. Par division euclidienne, 2𝑋 3 + 𝑋 2 − 10𝑋 + 6 =
(𝑋 + 3)(2𝑋 2 − 5𝑋 + 3) + (2𝑋 − 3), et 2𝑋 2 − 5𝑋 + 3 = (2𝑋 − 3)(𝑋 − 1). Ainsi, pgcd(𝑃, 𝑄) = 2𝑋 − 3
et une relation de Bézout est : −(𝑋 + 3) · 𝑃 + 1 · 𝑄 = 2𝑋 − 3.
Exercice 5
1
Soit 𝑛 ∈ N* . Alors 1𝑛 = 1, donc 1 ∈ 𝐶𝑛 . Soient 𝑧1 , 𝑧2 ∈ 𝐶𝑛 . Alors (𝑧1−1 𝑧2 )𝑛 =
𝑧1−1 𝑧2
*
𝑧2𝑛
𝑧1𝑛
= 1, donc
∈ 𝐶𝑛 . Donc 𝐶𝑛 est un sous-groupe de (C , ·).
2𝑖𝜋
2 Soit 𝑛 ∈ N* , on considère l’élément 𝜔𝑛 = 𝑒 𝑛 de 𝐶𝑛 . Alors 𝜔𝑛𝑘 ̸= 1 si 0 < 𝑘 ≤ 𝑛 − 1, et
𝑛
𝜔𝑛 = 1, donc le sous-groupe de 𝐶𝑛 engendré par 𝜔𝑛 est d’ordre n, qui est aussi l’ordre de 𝐶𝑛 . Le
groupe 𝐶𝑛 étant fini, il est donc cyclique, et 𝜔𝑛 est un générateur de 𝐶𝑛 . Considérons l’application
Z → 𝐶𝑛 qui à 𝑘 associe 𝜔𝑛𝑘 : c’est un morphisme de groupes (c’est en fait le morphisme de Z dans
𝐶𝑛 canoniquement associé à 𝜔𝑛 ). Comme 𝜔𝑛 est d’ordre 𝑛, le noyau de cette application est 𝑛Z.
Cette application étant clairement surjective par définition de 𝐶𝑛 , elle induit un isomorphisme
Z/𝑛Z → 𝐶𝑛 .
3 Supposons d’abord que 𝐶𝑑 ⊂ 𝐶𝑛 . Alors 𝐶𝑑 est un sous-groupe de 𝐶𝑛 , et d’après le théorème
de Lagrange, le cardinal de 𝐶𝑑 divise celui de 𝐶𝑛 , c’est à dire 𝑑|𝑛. Réciproquement, si 𝑑|𝑛, alors
𝑛
𝜔𝑑 = 𝜔𝑛𝑑 ∈ 𝐶𝑛 , et donc 𝐶𝑑 ⊂ 𝐶𝑛 .
4 (a) Soit 𝑧 ∈ 𝐻. Comme 𝐻 est d’ordre 𝑛, d’après le théorème de Lagrange, on a 𝑧 𝑛 = 1. Donc
𝑧 ∈ C𝑛 , et donc 𝐻 ⊂ 𝐶𝑛 .
(b) D’après le (a), 𝐻 ⊂ 𝐶𝑛 . Comme 𝐻 et 𝐶𝑛 sont de même cardinal, ils sont finalement égaux,
d’où 𝐻 = 𝐶𝑛 .
5 (a)
⟨
⟩
(Première rédaction) Le groupe
𝑒
2𝑖𝜋
𝑚
,𝑒
2𝑖𝜋
𝑛
est un sous-groupe fini de (C* , ·), il est donc de
2𝑖𝜋
2𝑖𝜋
la forme 𝐶𝑟 pour un certain 𝑟 ∈ N (d’après la question 4). Comme 𝑒 𝑚 et 𝑒 𝑛 sont dans ce
groupe, leur⟨ ordre divise
⟩ 𝑟. Ainsi, 𝑚|𝑟, 𝑛|𝑟 et donc 𝑞 = ppcm(𝑚, 𝑛)|𝑟. D’après la question 3,
𝐶𝑞 ⊂ 𝐶𝑟 = 𝑒
2𝑖𝜋
𝑚
,𝑒
2𝑖𝜋
𝑛
.
(Deuxième rédaction) Soit 𝑑 = pgcd(𝑚, 𝑛), il existe 𝑢, 𝑣 ∈ Z tels que 𝑑 = 𝑢𝑚 + 𝑣𝑛. Ainsi,
2𝑖𝜋
2𝑖𝜋
2𝑖𝜋
𝑢𝑞
𝑣𝑞
𝑞
𝑚𝑛 = 𝑞𝑑 = ⟨𝑢𝑚𝑞 + 𝑣𝑛𝑞,
= 𝑒𝑢 𝑛 𝑒𝑣 𝑚 ,
⟩ et finalement, en divisant par 𝑚𝑛, 1 = 𝑛 + 𝑚 . Ainsi, 𝑒
donc 𝐶𝑞 ⊂ 𝑒
2𝑖𝜋
𝑛
,𝑒
2𝑖𝜋
𝑛
.
(b) Comme 𝑚 et 𝑛 divisent 𝑞, 𝑒
2𝑖𝜋
𝑛
et 𝑒
2𝑖𝜋
𝑛
sont racines 𝑞-ièmes de l’unité,
et donc ⟩
le sous-groupe
⟨ 2𝑖𝜋
2𝑖𝜋
𝑚
𝑛
qu’elles engendrent est contenu dans 𝐶𝑞 , ce qui prouve finalement que 𝑒 , 𝑒
= 𝐶𝑞 .