UNIVERSITE PAUL SABATIER Licence de Mathématiques

UNIVERSITE PAUL SABATIER
Licence de Mathématiques Fondamentales L3
Corrigé de l’examen d’Algèbre de Septembre 2006
I (4 points)
Comme il est naturel, commençons par la factorisation de ces ordres. Nous avons :
255 = 3 × 5 × 17, 285 = 3 × 5 × 19, 345 = 3 × 5 × 23 et enfin 609 = 3 × 7 × 29. Ce
sont des produits de trois nombres premier, p, q et r, convenons de noter r le plus
grand des trois, et l’on remarque que à chaque cas pq < r.
Or, d’après le théorème de Sylow, le nombre total de r−Sylows est congrus à 1
modulo r et divise pq. Ce nombre est à chaque cas 1. Le r−Sylow étant unique, il
est un sous groupe distingué, non trivial, et G n’est pas simple. Les sous-groupes
simples de G sont donc des sous-groupes propres, d’ordre au plus le produit de deux
premiers différents. Si un sous-groupe H de G a ordre le produit de deux premiers
différents, l’un est le plus grand et à nouveau le Sylow correspondant est un sousgroupê distingué de H non trivial et H n’est pas simple. Les sous-groupes simples
de G ont alors un ordre qui comporte au plus un diviseur premier. Si cet ordre est
premier, il s’agit d’un sous-groupe cyclique. Si cet ordre est 0, c’est le sous-groupe
trivial (0) qui est aussi simple et cyclique. Ainsi tous les sous-groupes simples de G
sont cycliques pour les n mentionnés.
II (4 points)
1)Remarquons tout d’abord que an > 3
i) Si n = pq puisque
X pq − 1 = (X p − 1)(X p(q−1) + · · · + X p + 1),
(∗)
apq − 1 = (ap − 1)(ap(q−1) + · · · + ap + 1), et si q > 1 , ap(q−1) + · · · + ap + 1 > 1 et
si p > 1, ap − 1 > 3 ainsi lorsque n admet deux facteur plus grands que 1 il en va
de même de an − 1. Si n est décomposable, an − 1 n’est pas premier. Ce qui prouve
la contraposée de an − 1 premier =⇒ n premier.
Avec (∗) pour p = 1, et q = n on a an − 1 = (a − 1)(an−1 + · · · + a + 1) or si
a > 2, a − 1 > 1 et an−1 + · · · + a + 1 ≥ n > 1. Ainsi si an − 1 est premier, a = 2.
Et 1) est établie.
2) Si a est impair, an aussi et an + 1 est pair, visiblement supérieur à 4. Ainsi si
a + 1 est premier a doit être pair. Par ailleurs,
n
X 2p+1 + 1 = (X + 1)(X 2p − X 2p−1 + X 2p−2 + · · · + X 2 − X + 1).
2l
2l−1
(∗∗)
2p
Ainsi, si n = 2p + 1 est impair, p ≥ 1; et chaque a − a
> 1 et a − a2p−1 +
2p−2
2
n
a
+ · · · + a − a + 1 > 1 tout comme a + 1 > 1. Ainsi a + 1 ne peut être premier
lorsque n est impair. Posons donc n = 2q k pour k impair et q > 0. Montrons que
q
q
k = 1, sinon, nous avons an + 1 = (a2 )k + 1 = bk + 1 avec b = a2 > 1, k > 1 et
k
b + 1 ne peut être premier si k n’est pas pair. Ainsi n est une puissance de 2.
3)L’ordre de ce groupe cyclique est 211 − 1 = 2047. Si la réciproque de 1)i)
était vraie ce nombre est un nombre premier. Mais comme avec toute √
réciproque...
Nous essayons des divisions par les nombres premiers inférieurs à 2047 < 50
dans un coin du papier. Sans compter 2, 3, 7 triviales, au sixième essai on trouve
211 − 1 = 23 × 89. en divisant par 7 on prouve que 89 est un nombre premier, ainsi
l’ordre du groupe cyclique est le produit de deux nombres premiers différents (et la
réciproque de 1)i) est fausse).
1
2
Les sous-groupes de Z/(211 − 1)Z sont en nombre de 4, H1 = (0), H23 , H89 , et
G = Z/(211 − 1)Z. Ils sont tous cycliques, H23 est d’ordre 23 et est engendré par
la classe de 89 modulo 2047; H89 est d’ordre 89 et est engendré par la classe de
23 modulo 2047. Les seules inclusions qui ne se déduisent pas de la transitivité de
l’inclusion sont triviales : (0) ⊂ H23 ⊂ G et (0) ⊂ H89 ⊂ G.
III (4 points)
Soit P (X) = 2X 2007 + 182X 2005 + 546X 5 + 286X + 494.
1) Il n’est pas primitif sur Z il ne peut donc être irréductible. en effet, 2 divise
chaque coefficient de ce polynôme.
2) On écris
P (X) = 2 × (X 2007 + 91X 2005 + 273X 5 + 143X + 247).
Vu les coefficients, on va essayer d’appliquer le critère d’Eiseinstein, sinon ce sera
bien trop dur. Factorisons les coefficients : 91 = 7×13, 273 = 3×7×13, 143 = 11×13
et 247 = 13 × 19. On remarque que 13 divise chaque coefficient sauf le directeur, et
que son carré ne divise pas la valeur en zéro, le critère nous dit que P est irréductible
sur Q, et que X 2007 + 91X 2005 + 273X 5 + 143X + 247 est irréductible sur Z parce
que en plus il est primitif. La factorisation ci-dessus est donc la factorisation en
facteurs irréductibles de P dans l’annéeau Z[X].
3) Comme fonction sur R ce poynôme a une dérivée qui est somme de monômes
paires, c’est à dire, positive sur tout R. Puisqu’il est de degré impair, il a au moins
une racine, puisque c’est une fonction strictement croissante, il a au plus une racine.
Ce polynôme a exactement une racine réelle.
Si cette racine était un nombre rationnel, le polynôme ne serait pas irréductible
sur Q, cette racine est un nombre réel irrationnel.
IV (8 points)
1) On a posé, δ(0) = 0. Réciproquement, si δ(a) = 0 et a 6= 0 on aurait qu’il
existe q, r tels que 1 = qa + r avec δ(r) < δ(a) = 0 ce qui est imposible parce que δ
est à valeurs dans N. Ainsi δ(a) = 0 ⇔ a = 0.
Ensuite, δ(1) = δ(1.1) = δ(1)δ(1) puisque 1 6= 0 δ(1) = 1.
Enfin, si u ∈ A× , 1 = δ(1) = δ(u.u−1 ) = δ(u)δ(u−1 ). Dans N la seule solution
est δ(u) = 1. Réciproquement, si δ(u) = 1, on sait que u 6= 0 ainsi il existe q, r tels
que 1 = qu + r avec δ(r) < δ(u) et donc δ(r) = 0, r = 0. Ainsi, il existe q ∈ A tel
que 1 = qu, u est inversible.
2) D’après le cours, de par l’existence de division euclidienne des polynômes,
et puisque t 7→ 2t est strictement croissante, K[X] muni de δ(P ) est un anneau
euclidien. La propriété additionnelle est conséquence immédiate de deg(P + Q) ≤
max(deg(P ), deg(Q)), valable pour les polynômes.
On supposera que δ vérifie
δ(a + b) ≤ max(δ(a), δ(b)).
3) Il est clair que k est stable par la multiplication de A il contient 0 et 1. Si
u ∈ k, il en va de même de −u par la règle des signes.
Remarquons que d’après 1) a ∈ k ⇔ δ(a) ≤ 1.
3
Maintenant, si a, b ∈ k δ(a + b) ≤ max(δ(a), δ(b)) ≤ 1 k est un sous-anneau de
A. Il est assez clair que les éléments non nuls de k ademettent une inverse dans A
qui étant elle même inversible, est un élément de k, et ainsi k est un corps.
4) Si A n’est pas un corps, il contient strictement k, A \ k 6= ∅. δ(A \ k) 6= ∅
admet un minimum m ∈ N, et il existe un z dont la valeur par δ est ce minimum :
δ(z) = m. Ce minimum n’est ni 0 ni 1 sinon z serait nul ou inversible. Si r ∈
k, δ(r) = 0 ou 1 donc δ(r) < δ(z). réciproquement, si δ(r) < δ(z), r n’est pas dans
l’ensemble où le minimum de δ est considéré, r est nul ou inversible.
5)i) Avec ce z ∈ A, l’application f est visiblement bien déterminée. Il suffit de
vérifier ses propriétés de morphisme. cela a été fait en cours, car l’application f est
tout simplement l’application d’évaluation des polynômes au point z. Bien entendu,
le polynôme constant 1 évalué où que ce soit, donne l’élément 1.
ii) Puisque c’est un homomorphisme des groupes additifs sous-jacents, il siffira
PN
de calculer son noyau. Supposons que P (X) = i=ν ai X i à z comme racine (c’està-dire f (P ) = 0)), si N = 0, f (P ) = a0 et P = 0.
Supposons N ≥ 1 , supposons que aν 6= 0, et écrivons P (X) = X ν P1 (X) ainsi
P (z) = z ν P1 (z) = 0. Puisque z 6= 0 et A est un anneau intégre, on a P0 (z) = 0.
C’est-à-dire que l’on peut supposer des le debut que a0 6= 0. Or
a0 = z(−a1 − a2 z + · · · − aN z N −1 = zb.
δ(a0 ) = δ(z)δ(b). Si δ(b) ≥ 1 puisque δ(z) > 1, δ(a0 ) > 1 et a0 6∈ k ce qui est
absurde, ainsi, δ(b) < 1 c’est-à-dire δ(b) = 0 et b = 0 ainsi, a0 = 0. cet absurde
nous entraine que N = 0 et que P est la constante 0, le noyau est réduit à l’élément
neutre de l’addition, le morphisme est injectif, c’est un monomorphisme.
iii) Nous avons donc qz = a−r. Si a est inversible et puisque si r 6= 0, r l’est aussi,
a − r est inversible. Dans un anneau factoriel (comme ici) un non inversible ne peut
diviser un inversible, r = 0 obligatoirement. Alors δ(a) = δ(qz) = δ(q)δ(z) > δ(q).
Si a n’est pas inversible, δ(a) ≥ δ(z) > δ(r). et δ(q) < δ(q)δ(z) = δ(qz) =
δ(a − r) ≤ max(δ(a), δ(r)) = δ(a).
Démontrons que a ∈ A est dans l’image de f par récurrence en δ(a).
Si δ(a) = 0 ou 1 a est dans k, c’est l’image par l’évaluation en z, f du polynôme
constant a. Soit n > 1 et supposons que tout élément de A où la valeur de δ est
inférieure ou égale à n − 1 est dans l’image de f. Soit a tel que δ(a) = n, a 6= 0.
On divise a par z pour obtenir a = qz + r avec δ(r) < δ(z), r est inversible ou
nul. D’après iii) δ(q) < δ(a) par hypothèse de récurrence q est dans l’image de f,
c’est-à-dire qu’il existe P (X) ∈ k[X] tel que q = P (z). On a XP (X) + r ∈ k[X] et
a = zP (z) + r. c’est-à-dire que a est dans l’image de F qui est donc surjective.
6) Un anneau euclidien avec cette propriété additionnelle, peut être un corps,
mais s’il n’est pas un corps il contient, d’après 3), un sous-corps k, et d’après 5) à
l’aide du choix d’un z qui existe d’après 4) l’évaluation f établit un isomorphisme
entre A et k[X].