Corrigé de la série 6

Cours d’Algèbre
Prof. E. Bayer Fluckiger
Semestre d’automne 2014
27 octobre 2014
Corrigé de la série 6
Exercice 1.
1. Comme les nombres 3, 5 et 7 divisent 105, on a un homomorphisme d’anneaux
bien défini :
ϕ : Z/105Z −→ Z/3Z × Z/5Z × Z/7Z
[n]105 7→ ([n]3 , [n]5 , [n]7 ).
Vu que 105 = 3 · 5 · 7 et que 3, 5 et 7 sont deux-à-deux premiers entre eux,
on a par le théorème des restes chinois que ϕ est bijective. C’est-à-dire que
pour chaque choix de u, v, w ∈ Z il existe un n ∈ Z tel que ([n]3 , [n]5 , [n]7 ) =
([u]3 , [v]5 , [w]7 ) et que si un autre n′ ∈ Z satisafait cette propriété, alors
[n]105 = [n′ ]105 . On peut choisir en particulier u = 2, v = 4 et w = 3.
2. Avec les divisions euclidiennes 35 = 11 · 3 + 2 et 3 = 1 · 2 + 1, on obtient
1 = 3 − 2 = 3 + 3 · 11 − 35 = 12 · 3 − 35. On voit donc que a := 1 − 12 · 3 = −35
satisfait le système congruences demandé.
3. De la même façon, on voit que b := 21 = 4 · 5 + 1 satisfait le système de
congruences b ≡ 0 mod 3, b ≡ 1 mod 5, et b ≡ 0 mod 7.
4. Finalement, en utilisant la division euclidienne 15 = 2 · 7 + 1, on a que c := 15
est une solution du système de congruences x ≡ 0 mod 3, x ≡ 0 mod 5, et
x ≡ 1 mod 7.
5. Il faut qu’on trouve xa , xb , xc ∈ Z tel que ϕ(xa · [a]105 + xb · [b]105 + xc · [c]105 ) =
([2]3 , [4]5 , [3]7 ). Vu que ϕ est un homomorphisme, on peut choisir xa := 2,
xb := 4, et xc := 3. Une solution du système de congruences original est donc
x = 59.
Exercice 2.
1. Soit f : Z/m · Z → Z/n · Z un homomorphisme de groupes. Il est clair
que nf ([1]m ) est égal à [0]n , donc l’ordre de f ([1]m ) divise n. On observe
maintenant que m[1]m est égal à [0]m . Comme f est un homomorphisme, il
suit que
m · f ([1]m ) = f (m · [1]m ) = f ([0]m ) = 0.
Ceci implique que l’ordre de f ([1]m ) divise aussi m. Par conséquent l’ordre
de f ([1]m ) divise le plus grand diviseur commun à n et m, à savoir d.
2. Soit à présent [a]n ∈ Z/nZ un élément dont l’ordre divise d. On considère
l’application :
f[a]n : Z/mZ → Z/nZ
[x]m 7→ [ax]n
Tout d’abord, on remarque que cette application est bien définie. En effet,
si [x]m = [y]m , alors x − y est un entier divisible par m, donc divisible par
l’ordre de [a]n . Ceci implique que (x − y)[a]n = 0, c’est-à-dire [ax]n = [ay]n .
Ensuite, on voit que f[a]n est un homomorphisme de groupes. En effet, pour
tous x, y ∈ Z, on a :
f[a]n ([x + y]m ) = [a(x + y)]n = [ax]n + [ay]n = f[a]n ([x]m ) + f[a]n ([y]m ).
Par ailleurs, on a f[a]n ([1]m ) = [a]n . Enfin, vu que le groupe Z/mZ est
engendré par [1]m il est clair qu’un homomorphisme de groupes f de Z/mZ
dans Z/nZ est déterminé uniquement par la valeur de f ([1]m ). Il est donc
clair que f[a]n est l’unique homomorphisme de groupes de Z/mZ dans Z/nZ
satisfaisant f ([1]m ) = [a]n .
3. Le fait que l’ordre de [a]n divise d est équivalent au fait que d[a]n = 0, ce qui
est équivalent au fait que n divise da, aussi équivalent au fait que nd divise a.
En résumant les résultats obtenus jusqu’ici, on voit donc qu’il y a une bijection
entre l’ensemble des multiples de nd compris entre 0 et n − 1 et l’ensemble des
homomorphismes de groupes de Z/mZ dans Z/nZ, l’application a → f[a]n
étant une bijection explicite.
n
.
4. Supposons d’abord que m divise n. Dans ce cas on a d = m. Soit a = m
On montre que l’homomorphisme f[a]n est injectif. En effet, si f ([x]m ) = 0,
n
alors ax = m
x est multiple de n, ce qui implique que x est multiple de m,
autrement dit [x]m = 0. On vient donc de montrer que le noyau de f[a]n est
réduit à zéro, ce qui prouve que f[a]n est injectif. Supposons maintenant que
m ne divise pas n. Soit a un entier compris entre 0 et n − 1 et multiple
de nd . On a donc a = k nd , avec k compris entre 0 et d − 1. Il est clair que
f[a]n ([d]m ) = 0 et [d]m 6= [0]m , donc f[a]n n’est pas injectif. Comme tout
homomorphisme de groupes de Z/mZ dans Z/nZ est du type f[a]n on voit
qu’il n’existe pas d’homomorphisme injectif si m ne divise pas n.
5. Soit a un entier compris entre 0 et n − 1 et multiple de nd . On a donc a = k nd ,
avec k compris entre 0 et d − 1. L’homomorphisme f[a]n est surjectif si et
seulement si f ([1]m ) = [a]n est un générateur du groupe Z/nZ, c’est-à-dire
si et seulement si [a]n est une unité de Z/nZ ou encore si et seulement si a
est premier avec n. Comme a = k nd , on voit que a ne peut être premier à
n que si d = n, c’est-à-dire n divise m. Si tel est le cas, alors par exemple
l’homomorphisme f[1]n est surjectif.
6. On a pgcd(10, 15) = 5. Par conséquent, d’après les questions (1), (2) et (3),
les homomorphismes de Z/10Z dans Z/15Z sont les applications :
f[a]15 : Z/10Z → Z/15Z
2
[x]10 → [ax]15
où a parcourt l’ensemble 0, 3, 6, 9, 12. Il y a donc cinq tels homomorphismes.
Exercice 3.
Soit I un idéal de Z/nZ. On vérifie que:
J = {x ∈ Z,
[x]n ∈ I}
est un idéal de Z. On a donc J = dZ pour un unique entier naturel d. Comme
n appartient à J (observer pour voir cela que [n]n = 0 appartient à I), on obtient
que d divise n. Par ailleurs, on a :
I = {[x]n , x ∈ J} = {[dx]n , x ∈ Z} = [d]n Z/nZ.
Pour un diviseur positif d de n, on note Id l’idéal ci-dessus. On a donc montré pour
l’instant que tout idéal I de Z/nZ peut s’écrire sous la forme Id . Par ailleurs, il
est clair que d est l’entier positif minimal vérifiant que [d]n appartient à Id . Ceci
montre l’unicité de l’écriture sous la forme Id . Finalement on a donc montré que
l’ensemble des idéaux de Z/nZ est en bijection avec l’ensemble des diviseurs positifs
de n, via la correspondance d → Id .
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