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Feuille d’exercices n◦ 7 ⋆ 10/2005
Spéciales MP⋆
Algèbre générale
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1
Trouver tous les couples (x, y) ∈ (N∗ )2 tels que xy = y x .
2
Soit n et m deux entiers distincts. Montrer que Fn = 22 + 1 et Fm = 22 + 1 sont premiers
(M)
n
m
entre eux.
(M)
3
Montrer la périodicité de la suite (un ) , où un est le dernier chiffre de nn .
(C)
4
Soit des entiers a, b tels que a > 1, b > 1 et a ∧ b = 1. On pose E = {ax + by, (x, y) ∈ Z2 } et
F = {ax + by, (x, y) ∈ N2 } .
1) Décrire E.
2) Soit n ∈ N tel que n ab. Montrer que n ∈ F.
3) Soit n ∈ N tel que n < ab. Montrer que si n ∈ F, alors l’écriture n = ax + by, où (x, y) ∈ N2 ,
est unique.
4) Dénombrer l’ensemble des (x, y) ∈ N2 tels que ax + by < ab.
(C)
◮ Indication : utiliser le rectangle de sommets (0, 0) , (b, 0) , (b, a) , (0, a) .
5
Soit (G, ∗) un groupe et A une partie finie de G stable par ∗. Montrer que A est un sous-groupe
de G.
(C)
6
Donner deux exemples de groupes d’ordre 9 non isomorphes.
7
Soit (G, ·) un groupe cyclique.
(M)
1) Montrer que tout sous-groupe de G est cyclique.
◮ indication : on se ramènera au cas où G est le groupe Un .
2) Démontrer que d|n ϕ (d) = n, où ϕ est l’indicateur d’Euler.
(d’après M)
8
Décrire, si n 2 est entier, les sous-groupes de (Z/nZ, +) .
(C)
9
Soit (G, ·) un groupe. Si g ∈ G est d’ordre n ∈ N∗ , calculer l’ordre de g m pour tout m ∈ N∗ .
(X)
1
Soit n > 0 entier. On pose : f (n) = (n − 1)! mod n.
10
1) Calculer f (n) pour 1 n 6.
2) On suppose ici n premier, n 5. Déterminer l’ensemble des x ∈ Z/nZ tels que x = 0̄ et
x = x−1 . Calculer n−2
k=2 k̄ et en déduire f (n) .
3) Étudier le cas où n est composé.
(C)
11
Résoudre dans Z/143Z : x2 − 4x + 3 = 0.
(M)
12
Le groupe des inversibles de l’anneau Z/20Z est-il cyclique ?
(C)
13
Soit K un corps, A un sous-anneau de K tel que : ∀x ∈ K ∗ , x ∈ A ou
1
x
∈ A. Soit M l’ensemble
des éléments non inversibles de A.
1) Montrer que M est un idéal de A.
2) Montrer que tout idéal strict de A est inclus dans M.
On pose Φn =
14
z
(C)
(X − z) , où z décrit l’ensemble des racines primitives nième de l’unité.
1) Montrer que Φn ∈ Z [X] .
2) Calculer Φn pour n ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 12} .
(X)
15
Quels sont les n ∈ N∗ tels que X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 divise X 4n + X 3n + X 2n + X n + 1 ?(M)
16
Soit P ∈ R [X] non constant, scindé sur R, à racines simples et a ∈ R∗ . Montrer que le polynôme
P 2 + a2 n’admet que des racines simples dans C.
(C)
17
Soit P ∈ C [X] tel que d◦ P = n 2. On suppose que P est divisible par P ′′ et que P a au
moins deux racines distinctes. Montrer que les racines de P sont simples.
(X)
18
Soit P =
n
k=0
ak X k ∈ R [X] de degré n, c (P ) le nombre de changements de signe dans la liste
des ai non nuls et z+ (P ) le cardinal de P −1 ({0}) ∩ R∗+ .
Montrer que z+ (P ) c (P ) .
(ENS)
◮ indication : on raisonnera par récurrence sur c (P ) en utilisant la fonction x → P (x) x−λ
avec λ convenablement choisi.
2
1
Trouver tous les couples (x, y) ∈ (N∗ )2 tels que xy = y x .
On va montrer que la seule solution (x, y) telle que x < y est le couple (2, 4) . Pour cela, deux
méthodes sont possibles :
ln x
• Méthode 1 : Posons φ (x) =
pour x 1. L’équation étudiée équivaut à φ (x) =
x
1 − ln x
φ (y) . Or, comme φ′ (x) =
, φ est strictement croissante sur [1, e] et strictement
x2
décroissante sur [e, +∞[ . En supposant que x < y, on a forcément 1 < x < e < y, donc
x = 2 et φ (y) = φ (2) . Comme φ (2) = φ (4) , par injectivité de φ sur [e, +∞[ , on a y = 4.
• Méthode 2 : Pour tout nombre premier p, on introduit la fonction vp (valuation p-adique)
qui à tout n ∈ N∗ associe vp (n) = max k ∈ N / pk |n . Cette fonction vérifie la propriété
vp (nm) = vp (n) + vp (m) pour tout couple (n, m) d’éléments de N∗ et la décomposition en
facteurs premiers de n 2 s’écrit formellement n = p premier pvp (n) . Ce qui implique que
la relation n|m équivaut à vp (n) vp (m) pour tout nombre premier. Si on suppose que
xy = y x avec x < y, on a vp (x) = xy vp (y) vp (y) pour tout nombre premier p, donc x|y.
En posant λ = xy , l’équation devient alors xλ−1 = λ. La fin de la démonstration résulte d’un
lemme :
◮ Lemme : ∀k ∈ N∗ , 2k−1 k avec égalité ssi k = 1 ou k = 2.
En effet, 2k−1 > k ⇒ 2k > 2k k + 1 si k 1, donc par récurrence 2k−1 > k pour k 3. Ici on a λ = xλ−1 2λ−1 avec λ 2, donc λ = 2, x = 2 et y = λx = 4.
2
n
m
Soit n et m deux entiers distincts. Montrer que Fn = 22 + 1 et Fm = 22 + 1 sont
premiers entre eux.
n 2
n
n+1
Supposons n < m. On a 22 ≡ −1 mod Fn , donc 22
= 22
≡ 1 mod Fn , et a fortiori
2m
2 ≡ 1 mod Fn (on élève au carré m − n fois de suite). On en déduit que :
pgcd (Fn , Fm ) = pgcd (Fn , Fm mod Fn ) = pgcd (Fn , 2)
et comme Fn est impair, cette dernière quantité vaut 1 !
3
Montrer la périodicité de la suite (un ) , où un est le dernier chiffre de nn .
On a d’abord par Fermat que 5|n
/ ⇒ n4 ≡ 1 mod 5 ⇒ n20 ≡ 1 mod 5 ⇒ n21 ≡ n mod 5 et
sous cette forme c’est aussi valable si n est divisible par 5. Comme on a clairement aussi
n21 ≡ n mod 2 la différence n21 − n est divisible par 2 et 5, donc par 10, soit : n21 ≡ n mod 10.
On en déduit que pour n 1 :
(n + 20)n+20 ≡ nn+20 = n(n−1)+21 ≡ nn−1 · n = nn mod 10
donc la suite est 20-périodique.
On obtient le début de suite (1, 4, 7, 6, 5, 6, 3, 6, 9, 0, 1, 6, 3, 6, 5, 6, 7, 4, 9, 0) qui montre que 20
est la plus petite période.
4
Soit des entiers a, b tels que a > 1, b > 1 et a ∧ b = 1. On pose E = {ax + by, (x, y) ∈ Z2 }
et F = {ax + by, (x, y) ∈ N2 } .
1) Ensemble E : On a E = aZ + bZ = (a ∧ b) · Z = Z.
1
2) [[ab, +∞[[ ⊂ F : Soit n ab et (x0 , y0 ) ∈ Z2 tel que n = ax0 + by0 . On fait la division
euclidienne de x0 par b : x0 = qb + x, q ∈ Z, 0 x < b et on pose y = y0 + qa. On a
n = ax + by et n ab ⇒ by a (b − x) > 0 ⇒ y > 0, donc (x, y) ∈ N2 et n ∈ F.
3) Unicité d’une écriture : Si n = ax + by < ab, alors ax < ab et by < ab, donc x < b et y < a.
Puis, si n = ax + by = ax′ + by ′ , on a a (x − x′ ) = b (y ′ − y) , donc b|a (x − x′ ) et comme
a ∧ b = 1, on a par Gauss que b|x − x′ . Or, |x − x′ | < b car x, x′ sont dans [[0, b − 1]], donc
x = x′ . On en déduit que y = y ′ , d’où l’unicité.
4) Dénombrement des (x, y) ∈ N2 tels que ax+by < ab : Soit R = [[0, b]]×[[0, a]]. Pour (x, y) ∈ R,
posons f (x, y) = (b − x, a − y) . On a f (x, y) ∈ R et si on pose (x′ , y ′ ) = f (x, y) , alors :
ax′ + by ′ = 2ab − (ax + by)
donc f induit une bijection de l’ensemble des (x, y) ∈ R tels que ax + by < ab sur celui des
(x, y) ∈ R tels que ax + by > ab. Il s’ensuit que :
card R = 2 card {(x, y) ∈ R / ax + by < ab} + card {(x, y) ∈ R / ax + by = ab} .
La relation ax + by = ab implique d’une part x b, y a et d’autre part par Gauss a|y et
b|x, donc x = b, y = 0 ou x = 0, y = a : il y a exactement deux solutions. Finalement :
card {(x, y) ∈ R / ax + by < ab} =
1
(a + 1) (b + 1) − 1.
2
Par exemple, pour a = 2, b = 3, on obtient les 5 couples (0, 0) , (1, 0) , (0, 1) , (1, 1) et (2, 0) .
Soit (G, ∗) un groupe et A une partie finie de G stable par ∗. Montrer que A est un
sous-groupe de G.
5
Si a ∈ A, l’application φa : x → a ∗ x est définie de A dans A par hypothèse et est injective (on
est dans un groupe), donc A étant finie, elle est bijective. Il existe donc x0 tel que ax0 = a,
ce qui implique x0 = e, d’où e ∈ A. Puis, en écrivant que e ∈ φa (A) , on obtient l’existence de
a′ ∈ A tel que a ∗ a′ = e, donc a′ = a−1 ∈ A. La partie A contient e, est stable par produit et
passage à l’inverse : c’est donc un sous-groupe de G.
6
Donner deux exemples de groupes d’ordre 9 non isomorphes.
Le groupe additif G1 = (Z/3Z)2 n’est pas cyclique car tout élément (x, y) de G1 vérifie 3·(x, y) =
(0, 0) (tout élément distinct de (0, 0) est d’ordre 3). Il n’est donc pas isomorphe au groupe additif
G2 = Z/9Z.
2
7
Soit (G, ·) un groupe cyclique.
1) Tout sous-groupe est cyclique : Soit n = card G. Comme (G, .) est isomorphe au groupe
(Un , .) , il suffit de montrer le résultat dans ce cas particulier. Or, si H est un sous-groupe
de Un et si d = card H, on a xd = 1 pour x ∈ H, donc H ⊂ x ∈ Un / xd = 1 = Ud .
Comme card Ud = d, on en déduit que H = Ud , donc H est cyclique.
◮ Remarque : Il y a exactement autant de sous-groupes que de diviseurs de n.
2) Relation vérifiée par ϕ : Soit Xd = card {x ∈ Ud / ω (x) = d} . Comme l’ordre de tout élément
2iπ
divise n et que e d est d’ordre d, on voit que (Xd )d|n est une partition de Un . Puis, si
x ∈ Xd , la relation xd = 1 montre que x ∈ Ud , donc les éléments de Xd sont exactement les
générateurs de Ud . Comme on sait par le cours qu’il y a exactement ϕ (d) tels générateurs,
on en déduit que card Xd = ϕ (d) , d’où :
n = card Un =
card Xd =
d|n
8
ϕ (d) .
d|n
Décrire, si n 2 est entier, les sous-groupes de (Z/nZ, +) .
2ikπ
D’après l’exercice précédent, ils sont tous cycliques. Si on utilise l’isomorphisme k̄ → e n de
Z/nZ dans Un , le sous-groupe Ud est associé aux classes des entiers k nd , 0 k d − 1, donc
en posant p = nd , les sous-groupes cherchés sont du type :
H = {ka, 0 k q − 1}
où a est la classe de p modulo n, p un diviseur de n et q = n/p. Par exemple, pour n = 6, en
dehors des 2 sous-groupes triviaux, on a les sous-groupes {0̄, 2̄, 4̄} et {0̄, 3̄} .
9
Soit (G, ·) un groupe. Si g ∈ G est d’ordre n ∈ N∗ , calculer l’ordre de g m pour tout
m ∈ N∗ .
On rappelle que l’ordre p de x (lorsqu’il est défini) est l’unique générateur p ∈ N∗ du groupe
k ∈ Z / xk = e . En particulier, on a l’équivalence fondamentale :
∀k ∈ Z, xk = e ⇔ p|k.
Si g est d’ordre n 1, alors (g m )n = e, donc g m est aussi d’ordre fini. De plus, si k ∈ Z, la
relation (g m )k = e équivaut à ω (g) |mk. Si on note δ = ω (g) ∧ m, cette relation implique par
Gauss que ω(g)
|k. Réciproquement, ω(g)
|k ⇒ ω (g) |δk ⇒ ω (g) |mk, donc le groupe des k ∈ Z
δ
δ
ω(g)
m k
tels que (g ) = e est engendré par δ . On a donc :
ω (g m ) =
ω (g)
.
ω (g) ∧ m
◮ Remarque : Dans le cas où m est premier avec ω (g) , on a donc ω (g m ) = ω (g) , ceci s’applique
en particulier lorsque G est fini et que m est premier avec card G. Il suffit de penser au cas où
G est cyclique : si g est un générateur de G, tout élément du type g m , pgcd (m, n) = 1, est
aussi générateur.
3
Soit n > 0 entier. On pose : f (n) = (n − 1)! mod n.
10
1) Calcul de f (n) , 1 n 6 : On a le tableau suivant :
n
f (n)
1 2 3 4 5 6
0 1 2 2 4 0
2) Cas n premier : Les conditions x = 0̄, x = x−1 sont équivalentes à l’unique condition x2 = 1̄.
Cette équation s’écrit (x − 1̄) · (x + 1̄) = 0̄, et comme Z/nZ est intègre, ceci équivaut à
x − 1̄ = 0̄ ou x + 1̄ = 0̄, soit x = ±1̄. De plus, 1̄ = −1̄ car n 5, donc il y a exactement
deux solutions. Il s’ensuit qu’en associant tout élément x de Z/nZ autre que 0̄, 1, −1̄ à son
inverse x−1 , on a :
n−2
k=2
donc
n−1
k=1
k̄ =
x = 1̄
x∈Z/nZ
x∈{
/ 0̄,1̄,−1̄}
k̄ = n − 1. Finalement, f (n) = n − 1.
3) Cas où n est composé : Soit p un facteur premier de n. On a n = pq avec p < n et q < n.
Discutons plusieurs cas :
— si p = q : on a pq| (n − 1)!, donc f (n) = 0.
— si p = q : dans ce cas, n = p2 . Si p 3, on a {p, 2p} ⊂ [[1, n − 1]], donc 2p2 | (n − 1)!, a
fortiori n| (n − 1)!, donc f (n) = 0. Il reste le cas n = 4 où f (n) = 2.
En conclusion, si n est composé, alors f (n) = 0, sauf si n = 4.
Résoudre dans Z/143Z : x2 − 4̄x + 3̄ = 0.
On désigne ici par k̄ n la classe de k modulo n.
11
L’équation s’écrit (x − 1̄) (x − 3̄) = 0̄. On a les solutions particulières 1̄ et 3̄, mais la non intégrité
de Z/143Z (on a 143 = 13 × 11) ne permet pas de dire que ce sont les seules ! Pour trouver
toutes les solutions, on remarque d’abord que l’application Φ de Z/143Z dans Z/11Z × Z/13Z
qui à x = k̄ 143 associe (y, z) = k̄ 11 , k̄ 13 est un isomorphisme d’anneau. On se ramène
alors aux deux équations :
y 2 − [4̄]11 y + [3̄]11 = 0 ,
z 2 − [4̄]13 z + [3̄]13 = 0
respectivement dans Z/11Z et Z/13Z. Par intégrité, on a y = [1̄]11 ou y = [3̄]11 et z = [1̄]13
ou z = [3̄]13 . On en déduit 4 solutions, à savoir les x = Φ−1 (y, z) pour chacun des (y, z)
considérés. En particulier, Φ−1 ([1̄]11 , [1̄]13 ) = [1̄]143 , Φ−1 ([3̄]11 , [3̄]13 ) = [3̄]143 . Pour calculer
Φ−1 ([1̄]11 , [3̄]13 ) , on est amené à chercher k tel que k ≡ 1 mod 11 et k ≡ 3 mod 13. En écrivant
k = 1+11λ, on obtient 11λ ≡ 2 mod 13, donc λ ≡ −7×11λ ≡ −1 mod 13. En prenant λ = 12, on
trouve k = 133. De même, la recherche de Φ−1 ([3̄]11 , [1̄]13 ) conduit à résoudre 11λ ≡ −2 mod 13,
ce qui fournit la solution particulière λ = 1 et k = 11λ + 3 = 14. Finalement :
S = 1̄, 3̄, 14, 133 .
4
12
Le groupe des inversibles de l’anneau Z/20Z est-il cyclique ?
Soit U le groupe obtenu. On a par le cours :
U = {±1̄, ±3̄, ±5̄, ±9̄}
en particulier card U = ϕ (20) = 8. Or, en étudiant les puissances, on constate que :
ω (1̄) = 1 , ω (−1̄) = 2 , ω (±3̄) = 4 , ω (±9̄) = 2
donc il n’y a aucun élément d’ordre 8 : U n’est pas cyclique.
13
Soit K un corps, A un sous-anneau de K tel que : ∀x ∈ K ∗ , x ∈ A ou
l’ensemble des éléments non inversibles de A.
1
x
∈ A. Soit M
On sous-entend que le corps est commutatif.
1) M est un idéal de A : Procédons en deux temps :
• ∀x ∈ A, xM ⊂ M : En effet, si y ∈ M, xy n’est pas inversible sinon y le serait
(u · xy = 1 ⇒ (ux) · y = 1).
• M est un sous-groupe additif : Il est clair que M contient 0 et est stable par passage
à l’opposé (car par contraposée, −x inversible ⇒ x inversible). Reste à montrer la
stabilité par addition. Il suffit de le faire avec des éléments non nuls. Soit x, y ∈ M \ {0}
et z = x + y. Par hypothèse, l’un des éléments xy ou xy appartient à A. Supposons par
exemple que xy ∈ A. Il existe a ∈ A tel que y = ax, donc :
z = (1 + a) x
Ceci implique que z ∈ M car (1 + a) M ⊂ M, d’où le résultat !
2) Idéaux de A : Soit I un idéal de A différent de A. Si I contient un inversible x0 de l’anneau
A, alors il contient tout élément de A car tout x ∈ A s’écrit x = ax0 avec a = xx−1
0 ∈ A,
donc I = A, en contradiction avec l’hypothèse. On a donc I ⊂ M.
14
On pose Φn =
l’unité.
z
(X − z) , où z décrit l’ensemble des racines primitives nième de
cf. devoir libre 5.
15
Quels sont les n ∈ N∗ tels que X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 divise X 4n + X 3n + X 2n + X n + 1 ?
On discute selon la valeur de n modulo 5 en posant P = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1, Π = X 5 − 1
et Pn = X 4n + X 3n + X 2n + X n + 1.
• Si n ≡ 0 mod 5 : X 5 ≡ 1 mod Π ⇒ X nk ≡ 1 mod Π pour tout entier k, donc Pn ≡ 5 mod Π.
A fortiori, Pn ≡ 5 mod P, donc P ne divise pas Pn .
• Si n ≡ 0 mod 5 : L’application k → (nk) mod 5 est une bijection de {0, 1, 2, 3, 4} dans
′
lui-même car n̄ est inversible dans Z/5Z. Puis, k ≡ k ′ mod 5 ⇒ X k ≡ X k mod Π, donc :
P =
4
k=0
Xk =
4
X (nk) mod 5 ≡ Pn mod Π
k=0
A fortiori, Pn ≡ 0 mod P, donc P |Pn .
Par exemple, P2 (X) = P (X) P (−X) et P3 (X) = (X 8 − X 7 + X 5 − X 4 + X 3 − X + 1) P (X) .
5
Soit P ∈ R [X] non constant, scindé sur R, à racines simples et a ∈ R∗ . Montrer que
le polynôme P 2 + a2 n’admet que des racines simples dans C.
16
Supposons que z soit une racine multiple de Q = P 2 + a2 . On a Q (z) = Q′ (z) = 0, d’où le
système :
P (z)2 = −a2
,
P (z) P ′ (z) = 0
qui équivaut à P (z) = ±ia, P ′ (z) = 0 car a = 0. Or, comme P est scindé sur R à racines
simples, il en est de même de P ′ (si P a n racines réelles, le théorème de Rolle en fournit déjà
n − 1, donc on les obtient toutes), donc z est réel. Dans ces conditions, on a P (z) ∈ R, en
contradiction avec ia ∈
/ R.
17
Soit P ∈ C [X] tel que d◦ P = n 2. On suppose que P est divisible par P ′′ et que P
a au moins deux racines distinctes. Montrer que les racines de P sont simples.
Supposons par l’absurde que P admette une racine a d’ordre α 2. En écrivant P = (X − a)α Q
avec Q (a) = 0, on a :
P ′′ = (X − a)α Q′′ + 2α (X − a)α−1 Q′ + α (α − 1) (X − a)α−2 Q
donc la relation P ′′ |P devient :
R| (X − a)2 Q, où R = (X − a)2 Q′′ + 2α (X − a) Q′ + α (α − 1) Q
Or, R (a) = 0, donc R est premier avec X − a, a fortiori avec (X − a)2 , donc par Gauss,
R|Q. Supposons P unitaire. Si p = d◦ Q, le coefficient de degré p de R est p (p − 1) + 2pα +
α (α − 1) α (α − 1) > 0, donc d◦ R = p. Il existe donc λ ∈ R∗ tel que R = λQ. En remplaçant
X par 0, on obtient λ = α (α − 1) , et en comparant les coefficients dominants, on trouve
λ = p (p − 1) + 2pα + α (α − 1) , donc p (p − 1) + 2pα = 0. Comme p − 1 + 2α p + 3 > 0, on
en déduit que p = 0, donc Q = 1. On a alors P = (X − a)α , ce qui contredit le fait que P a au
moins deux racines distinctes. Les racines de P sont donc simples.
Soit P = nk=0 ak X k ∈ R [X] de degré n, c (P ) le nombre de changements de signe
dans la liste des ai non nuls et z+ (P ) le cardinal de P −1 ({0}) ∩ R∗+ .
Montrer que z+ (P ) c (P ) .
18
Soit S = {k ∈ [[0, n]] / ak = 0} . On a S = ∅ car n ∈ S, et par définition, c (P ) est le nombre
de changements de signe dans la suite (ak )k∈S . Montrons le résultat cherché par récurrence sur
c (P ) .
• Cas c (P ) = 0 : les coefficients ak , k ∈ S, sont tous de même signe. Si par exemple ak > 0
pour tout k ∈ S, alors P (x) = k∈S ak xk > 0 pour tout x > 0, donc z+ (P ) = 0.
• Récurrence : Supposons que c (P ) > 0 et que le résultat soit montré pour un polynôme
donc les coefficients présentent c (P ) − 1 changements de signe. Soit k1 , k2 successifs dans
S tels que ak1 ak2 < 0, λ ∈ ]k1 , k2 [ et f la fonction définie par f (x) = P (x) x−λ . On a
f ′ (x) = x−λ−1 Q (x) avec Q = XP ′ − λP = k∈S a′k X k où a′k = (k − λ) ak . Comme a′k est
de même signe que ak pour k k2 et de signe opposé pour k k1 , on a c (Q) = c (P ) − 1,
donc le nombre de racines de Q est au plus c (P ) − 1. Si P (et donc f) admettait au
moins c (P ) + 1 racines strictement positives, f ′ (et donc Q) admettrait par Rolle au moins
c (P ) racines strictement positives, en contradiction avec l’hypothèse de récurrence, donc P
s’annule au plus c (P ) fois sur ]0, +∞[ .
6