bon résumé d'algèbre

A A
l
l
g
g
è
è
b
b
r
r
e
e
g
g
é
é
n
n
é
é
r
r
a
a
l
l
e
e
Exercice 1 Calculer
42
1
cos
9
k
k
π
=
∑.
En linéarisant et en faisant quelques transformations angulaires de simplification
42
1
7
cos
9 4
k
k
π
=
=
∑.
Exercice 2 Si
3
( , , )
x y z
∈
ℝ
vérifie
0
ix iy iz
+ +
e=e e
, montrer que
222
0
ix iy iz
++=
eee
.
Puisque
0
ix iy iz
+ +
e=e e
, on a
1 0
i i
α β
+ +
=e e
avec
y x
α
=−
et
z x
β
=−
.
Ainsi
{
cos cos 1
sin sin 0
α β
α
β
+ =−
+ =
.
sin sin 0
α
β+ =
donne
[
]
2
α β π
=−
ou
[
]
2
α π β π
=−
.
Si
[
]
2
α π β π
=−
alors la relation
cos cos 1
α
β+ =−
donne
0
1=−
.
Il reste
[
]
2
α β π
=−
et alors
2cos 1
α
=−
donne
[ ]
22
3
π
α π
= ± .
Par suite
i
j
α
= e
ou
2
j
.
On obtient alors aisément
2 2
1 0
i i
α β
+ + =
e e
puis
222
0
ix iy iz
++=
eee
.
Exercice 3 a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers
()
nn
a
∈ℕ
et
()
nn
b
∈ℕ
vérifiant
( 2 1 ) 2
n
n n
a b
+ = +
.
b) Calculer
2 2
2
n n
a
b−
.
c) Montrer que pour tout
n
∈
ℕ
, il existe un unique
p
∗
∈
ℕ
tel que
( 2 1 ) 1
n
p p
+ = + −
.
a) L’existence s’obtient par la formule du binôme de Newton :
02
2
2
k
n
kn
n
ak
≤≤
=
∑
et
0 2 1
2
2 1
k
n
k n
n
bk
≤ + ≤
=
+
∑
.
L’unicité provient de l’irrationalité de
2
.
b) Par la formule du binôme de Newton,
( 1 2) 2
n
n n
a b
− = −
,
2 2
2( 1 2)( 1 2) (1 )
n n n
n n
a b
− = + − = −
.
c) L’unicité est évidente compte tenu de la stricte croissance de
1
p p p+ − ֏ .
Si
n
est pair alors
2 2
12
n n
a b
=+
. Pour
2
n
p
a=
,
( 2 1 ) 21
n
n n
a b p p
+ = + = + −
.
Si
n
est impair alors
2 2
2 1
n n
b
a=+
. Pour
2
2
n
p
b=
,
( 2 1 ) 21
n
n n
b a p p
+ = + = + −
.
G
G
r
r
o
o
u
u
p
p
e
e
s
s
Exercice 4 Soit
G
un groupe,
H
un sous-groupe de
G
,
A
une partie non vide de
G
. On pose
{
}
/ ,
AH ah a A h H
= ∈ ∈
. Montrer que AH H= si et seulement si A H⊂.
Supposons AH H=.
a A∀∈
,
aae AH H
= ∈ =
donc A H⊂.
Supposons A H⊂. Pour xAH∈, xah= avec a A∈, h H∈. Or ,
a h
H∈
donc
x
ah H=∈
. Ainsi
AH H⊂. Inversement, pour a A∈ (il en existe car
A
≠ ∅
) et pour tout h H∈,
1
( )
h a a h
−
=
avec
1
a h H
−
∈
donc hAH∈. Ainsi HAH⊂ puis
=
.
Exercice 5 Soit
(,.)
G
un groupe fini tel que
2
,
g G g e
∀ ∈ =
où
e
est le neutre de
G
. On suppose
G
non
réduit à
{
}
e
. Montrer qu’il existe
n
∗
∈
ℕ
tel que
G
est isomorphe à
(( 2 ) , )
n
+ ℤℤ .
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Il est classique d’établir que le groupe
(,.)
G
est abélien.
Pour
0,1
2 ∈
ℤℤ
et x G ∈ , posons 0.
x
e=
et 1.
x
x=
. On définit ainsi un produit extérieur sur
G
qui munit le
groupe abélien
(,.)
G
d’une structure de
2 ℤℤ
-espace vectoriel. De plus cet espace est de dimension finie car
Card
G
<+∞
, il est donc isomorphe à
(( 2 ) , ,.)
n
+ ℤℤ pour un certain
n
∗
∈
ℕ
. En particulier
(,.)
G
est
isomorphe à
(( 2 ) , )
n
+ ℤℤ .
Exercice 6 On note
V
l’ensemble des matrices à coefficients entiers du type
a b
c d
d a b c
c d a b
b c d a
et
G
l’ensemble
des M V∈ inversibles dans
4
()
M
ℝ
et dont l’inverse est dans
V
.
a) Quelle est la structure de
G
?
b) Soit M V∈ . Montrer que M G∈ si et seulement si
det 1
M
= ±
.
c) Donner un groupe standard isomorphe à
G
muni du produit.
a)
4
()
GGL⊂
ℝ
,
G
est non vide, stable par passage à l’inverse et par produit car
V
l’est. Ainsi
G
est un sous-
groupe de
4
()
GL
ℝ
donc un groupe.
b) Si M G∈ alors
1
det ,det
M M
−
∈
ℤ
et
14
det det det 1
M M I
−
× = =
donc
det 1
M
= ±
.
Inversement si
det 1
M
= ±
alors
1
com
t
M M V
−
= ∈
donc M G∈ .
c)
2 2 2 2
det (( ) ( ) )(( ) ( ) )
M a c b d a c b d
= + − + − + −
2 2
2 2
( ) ( ) 1
det 1
( ) ( ) 1
a c b d
Ma c b d
+ − + = ±
= ± ⇔  
− + − = ±
.
La résolution de ce système à coefficients entiers donne à l’ordre près :
, , , 1,0,0,0
a b c d
= ±
.
Posons
J
la matrice obtenue pour
0
a c
d= = =
et
1
b
=
. On vérifie
4
4
J
I=
.
L’application
2
: 4
U G
ϕ
×
→ ℤℤ
définie par ( , )
n
n J
ϕ ε
ε=
est bien définie, c’est un morphisme de groupe,
injectif et surjectif. Ainsi
G
est isomorphe à
2
4
U
×
ℤℤ
ou plus élégamment à
2
4×
ℤ ℤ ℤ ℤ
.
Exercice 7 a) Soit
G
un sous-groupe de
()
n
G L
ℝ
tel que
tr 0
gG
g
∈
=
∑
. Montrer que
0
gG
g
∈
=
∑
.
b) Soit
G
un sous-groupe fini de
()
n
G L
ℝ
,
V
un sous-espace vectoriel de
n
ℝ
stable par les
éléments de
G
. Montrer qu’il existe un supplémentaire
V
dans
n
ℝ
stable par tous les éléments
de
G
.
a) Posons
gG
p g
∈
=
∑
.
2
g G h G
pgh
∈ ∈
=
∑∑
. Or pour g G∈ , l’application
hgh
֏
est une permutation du groupe
G
donc
hG
gh p
∈
=
∑
et par suite
2
Card .
p
G p= .
Par suite
1
Card
p
G
est une projection vectorielle et puisque son rang égale sa trace,
rg 0
p
=
. Ainsi
0
p
=
.
b) Considérons
( , ) ( ( ) | ( ))
gG
x y g x g y
ϕ
∈
=
∑
.
ϕ
est un produit scalaire sur
n
ℝ
pour lequel on a
1
,
h G h h
∗ −
∀ ∈ =
.
Pour ce produit scalaire,
V
⊥
est un supplémentaire de
V
stable pour tout
1
h
−
avec
h
élément de
G
donc
stable pour tout élément de
G
.
A
A
r
r
i
i
t
t
h
h
m
m
é
é
t
t
i
i
q
q
u
u
e
e
Exercice 8 Soit
p
un nombre premier,
5
p
≥
. Montrer que
2
1
p
−
est divisible par
24
.
2
1 ( 1 ) ( 1 )
p p p
− = − +
.
p
est impair donc
1
p
−
et
1
p
+
sont deux entiers pairs consécutifs, l’un est divisible par 2, l’autre par 4. Ainsi
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2
8| 1
p
−
.
Les entiers
1, , 1
p p p
− +
sont consécutifs, l’un est divisible par 3, ce ne peut être
p
car
5
p
≥
premier. Ainsi
2
3| 1
p
−
.
Exercice 9 Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme
4
3
n
+
.
Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme
4 3
n
+
. Posons
N
le
produit de ceux-ci.
Aucun des entiers
2
N
+
et
4
N
+
ne peut-être divisible par un nombre premier de la forme
4 3
n
+
, comme de
plus ce sont des nombres impairs, leur décomposition en facteurs premiers sera formé de nombres de la forme
4 1
n
+
. Par suite
[
]
2 1 4
N
+ =
et
[
]
4 1 4
N
+ =
ce qui est absurde.
Exercice 10 Combien y a-t-il d’éléments inversibles dans
78
ℤ ℤ
?
Les inversibles dans
78
ℤ ℤ
sont les classes associés aux entiers de
{
}
1, ,78
…
qui sont premiers avec
78 2 3 13
= × ×
. Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de
2,3,13
compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a
24 éléments inversible dans
78
ℤ ℤ
. On peut aussi calculer
(78) 1 2 12 24
ϕ
= × × =
.
Exercice 11 Soit des entiers
1
a
>
et
0
n
>
. Montrer que si
1
n
a
+
est premier alors
n
est une puissance de 2.
2 (2 1)
k
n p
= +
,
2 1 2 1
1 ( 1) ( 1)
n p p
a b b c
+ +
+ = − − = +
avec
2
k
b a
=
. On en déduit que
1|
b n
+
, or
n
est supposé
premier et
1 1
b
+ >
donc 1
b n
+ =
puis
0
p
=
.
Exercice 12 Soit, pour
n
∈
ℕ
,
2
2 1
n
n
F
= +
.
a) Montrer, si
2
( , )
n m
∈
ℕ
avec
n m
≠
, que
1
n m
F F
∧ =
.
b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.
a) Soit
p
un nombre premier divisant
n
F
et
m
F
.
p
est nécessairement impair.
Quitte à échanger supposons
m n
>
ce qui permet d’écrire
m n q
= +
.
|
m n
p F F
−
donc
2 2 (2 1)
| 2 (2 1)
n n q
p−
−
puis
2 (2 1)
| (2 1) 1
n q
r
p a
−
− = −
avec
2
2
n
a
=
et
2 1
q
r
= −
.
2 1
1 ( 1)(1 )
r r
a a a a a
−
− = − + + + +
⋯
.
Or
2 1 2 2 (2 1) 2
2 (1 2 )
n n
k k k
a a
− −
+ = + donc
2 1 2
| 2 2
k k
p
−
+
puis en sommant
2 1
|
r
p a a a
−
+ + +
⋯
.
Par suite |p
1
(1 )
r
a a − + + +⋯ et puisque
p
est premier et diviseur de
1
r
a
−
, on a
2
| 1 2 1
n
p a
− = −
.
Enfin
2 2
| (2 1) (2 1) 2
n n
p
+ − − =
. C’est absurde.
Il n’est pas de facteurs premiers communs à
n
F
et
m
F
ceux-ci sont donc premiers entre eux.
b) les
n
F
sont en nombre infini et possède des facteurs premiers distincts, il existe donc une infinité de nombres
premiers.
Exercice 13 a) Pour ( , )
a n
∗
∈ ×
ℤ ℕ
avec
1
a n
∧ =
, montrer que
[
]
( ) 1
n
a n
ϕ
≡
.
b) Pour
p
premier et
{
}
1, , 1
k p
∈ −
…
, montrer que
p
divise
p
k
.
c) Soit
2
( , ) ( )
a n
∗
∈
ℕ
. On suppose que
[
]
11
n
a n
−
≡
. On suppose que pour tout
x
divisant
1
n
−
et différent de
1
n
−
, on a
x
a≡
[
]
1
n
. Montrer que
n
est premier.
a) L’ensemble des inversibles de
n
ℤ ℤ
est un sous-groupe de cardinal
( )
n
ϕ
.
b)
1
1
p p
k p
k k
−
=
−
donc |
p
p k
k
or
1
p k
∧ =
donc
|
p
p
k
.
c) Posons
( 1) ( )
d n n
ϕ
= − ∧
.
( 1) ( )
d n u n v
ϕ
= − +
donc
[
]
1
d
a n
≡
. Or
| 1
d n
−
donc nécessairement
1
d n
= −
. Par suite
1| ( )
n n
ϕ
−
puis
( ) 1
n n
ϕ
= −
ce qui entraîne que
n
est premier.

Exercice 14 Soit des matrices
, ( )
n
A B M
∈
ℤ
telles que
det
A
et
det
B
sont premiers entre eux.
Montrer l’existence de
, ( )
n
U V M
∈
ℤ
telles que
n
UA VB I
+ =
.
Il existe ,
u v
∈
ℤ
tels que
det det 1
u A v B
+ =
.
com
t
U u A
=
et
com
t
V v B
=
conviennent alors.
Exercice 15 Combien y a-t-il d’éléments inversibles dans
78
ℤ ℤ
?
Les inversibles dans
78
ℤ ℤ
sont les classes associés aux entiers de
{
}
1, ,78
…
qui sont premiers avec
78 2 3 13
= × ×
. Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de
2,3,13
compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a
24 éléments inversible dans
78
ℤ ℤ
. On peut aussi calculer
(78) 1 2 12 24
ϕ
= × × =
.
Exercice 16 Soit
E
un espace vectoriel de dimension finie et
G
un sous-groupe de
( )
GL E
d’ordre fini
n
.
Montrer que
(
)
1
dim ker( Id ) tr
E
g G g G
g g
n
∈∈
− =
∑
∩
.
Soit
1
g G
p g
n
∈
=
∑
. On a
2 2
1 1 1
h G g G h G k G k G
p p h g k k p
n n n
∈ ∈ ∈ ∈ ∈
= = = =
∑∑ ∑∑ ∑
donc
p
est un projecteur et la
dimension de
Im ker( Id)
p p
= −
est
1
tr
g G
p g
n
∈
=
∑
. Pour tout
g G
∈
, on a
g p p
=
donc si
x
est invariant par
p
il est aussi par
g
. Ainsi
ker( Id) ker( Id)
g G
p g
∈
− ⊂ −
∩
. L’inclusion inverse étant immédiate, on conclut
Il est clair que
ker( Id) ker( Id)
g G
g p
∈
− = −
∩
puis l’égalité
(
)
1
dim ker( Id ) tr
E
g G g G
g g
n
∈∈
− =
∑
∩
.
A
An nn ne ea au ux x e et t c co or rp ps s
Exercice 17 Si
p
est un nombre premier, quel est le nombre de carrés dans
p
ℤ ℤ
?
Si
2
p
=
: il y a deux carrés dans
2
ℤ ℤ
.
Si
3
p
≥
, considérons l’application
2
:
x x
ϕ
֏
dans
p
ℤ ℤ
.
Dans le corps
p
ℤ ℤ
: ( ) ( )
x y x y
ϕ ϕ
= ⇔ = ±
.
Dans
Im
ϕ
, seul 0 possède un seul antécédent, les autres éléments possèdent deux antécédents distincts. Par suite
Card 1 2(CardIm 1)
p
ϕ
= + −
ℤ ℤ
donc il y
1
2
p
+
carrés dans
p
ℤ ℤ
.
Exercice 18 Soit
p
un nombre premier. On note
p
Z
l’ensemble des
a b
où ( , )
a b
∗
∈ ×
ℤ ℕ
et
p
ne divise pas
b
. On note
p
J
l’ensemble des
a b
où ( , )
a b
∗
∈ ×
ℤ ℕ
,
p
divise
a
et
p
ne divise pas b.
a) Montrer que
p
Z
est un sous-anneau de
ℚ
.
b) Montrer que
p
J
est un idéal de
p
Z
et que tout idéal de
p
Z
autre que
p
Z
est inclus dans
p
J
.
c) Déterminer les idéaux de
p
Z
.
a) Facile.
b)
p
J
idéal de
p
Z
: facile.
Soit
I
un idéal de
p
Z
. On suppose
p
I J
⊄
, il existe donc un élément
a b I
∈
vérifiant
p
a b J
∉
. Par suite
|
p
,
a b
et
p
b a Z
∈
de sorte que
a b
est inversible dans
p
Z
. Ainsi l’idéal contient un élément inversible, donc
par absorption il possède 1 et enfin il est égal à
p
Z
.
c) Pour
k
∈
ℕ
, posons
k
p
J
l’ensemble des
a b
où ( , )
a n
∗
∈ ×
ℤ ℕ
,
|
k
p a
et
|
p
b
. On vérifie aisément que
k
p
J
est un idéal de
p
Z
.

Soit
I
un idéal de
p
Z
. Posons
max / , ( , ) , , | , |
k x I a b x a b p a p
∗
= ∀ ∈ ∃ ∈ × =
ℓ
ℓ ℤ ℕ
{
}
b
.
On a évidemment
k
p
I J
⊂
.
Inversement, il existe
x a b I
= ∈
avec
|
k
p a
,
1
|
k
p
+
a
, et
|
p
b
.
On peut écrire
k
a p a
′
=
avec
|
p
a
′
et donc on peut écrire
k
x p x
′
=
avec
x a b
′ ′
=
inversible dans
p
Z
. Par suite
tout élément de
k
p
J
peut s’écrire
xy
avec
p
y Z
∈
et donc appartient à
I
. Ainsi
k
p
J I
⊂
puis
=
.
Finalement les idéaux de
p
Z
sont les
k
p
J
avec
k
∈
ℕ
.
Exercice 19 Soit
2 3 6
K
= + + +
ℚ ℚ ℚ ℚ
.
a) Montrer que
(1, 2, 3, 6)
est une
ℚ
-base du
ℚ
-espace vectoriel
K
.
b) Montrer que
K
est un sous-corps de
ℝ
.
a) Il est clair que
K
est un sous-espace vectoriel de
ℝ
et que la famille
(1, 2, 3, 6)
est
ℚ
-génératrice.
Montrons qu’elle est libre en raisonnant par l’absurde.
Supposons
2 3 6 0
a b c d
+ + + =
avec , , ,
a b c d
∈
ℚ
non tous nuls.
Quitte à réduire au même dénominateur, on peut supposer , , ,
a b c d
∈
ℤ
non tous nuls.
Quitte à factoriser, on peut aussi supposer
pgcd( , , , ) 1
a b c d
=
.
On a
(
)
(
)
2 2
2 3 6
a b c d+ = + donc
2 2 2 2
2 2 2 3 6 2 6
a ab b c cd d
+ + = + +
.
Par l’irrationalité de
2
on parvient au système
2 2 2 2
2 3 6
3
a b c d
ab cd
+ = +
=
.
Par suite
3|
ab
et
2 2
3| 2
a b
+
donc
3|
a
et
3|
b
.
Ceci entraîne
3|
cd
et
2 2
3| 2
c d
+
donc
3|
c
et
3|
d
.
Ceci contredit
pgcd( , , , ) 1
a b c d
=
.
Ainsi la famille
(1, 2, 3, 6)
est
ℚ
-libre et c’est donc une
ℚ
-base de
K
.
b) Sans peine, on vérifie que
K
est un sous-anneau de
ℝ
.
Soit 2 3 6
x a b c d
= + + + ∈
K
avec , , ,
a b c d
∈
ℚ
non tous nuls.
2 2 2 2
1 1 2 ( 3 6) 2 ( 3 6)
( 2) ( 3 6) ( 2 3 6 ) 2( 3 ) 2 2
a b c d a b c d
x
a b c d a b c d ab cd
α β
+ − + + − +
= = =
+ + + + − − + − +
puis
2 2
1 ( 2 ( 3 6))( 2)
2
a b c d
K
x
α β
α β
+ − + −
= ∈
−
et donc
K
est un sous-corps de
ℝ
.
Notons que les quantités conjuguées par lesquelles on a ci-dessus multiplié ne sont pas nuls car
x
est non nul et
la famille
(1, 2, 3, 6)
est
ℚ
-libre.
P
Po ol ly yn nô ôm me es s e et t f fr ra ac ct ti io on ns s r ra at ti io on nn ne el ll le es s
Exercice 20 Montrer que
cos
9
a
π
= est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients dans
ℚ
. Montrer
que
a
est irrationnel.
3
cos3 4cos 3cos
x x x
= −
donc
3
4 3 cos 3 1 2
a a
π
− = =
.
a
est racine du polynôme
3
8 6 1
X X
− −
.
Soit
x
∈
ℚ
une racine de ce polynôme. On peut écrire
x p q
=
avec
1
p q
∧ =
. On a alors
3 2 3
8 6 0
p pq q
− − =
.
On en déduit
3 2 3
|8 6
p p pq q
− =
or
1
p q
∧ =
donc
1
p
= ±
. De plus
2 2 3 3
|6 8
q pq q p
+ =
, or
2 3
1
q p
∧ =
donc
2
|8
q
et donc
1
q
= ±
ou
2
q
= ±
. Or
1, 1,1 2
−
et
1 2
−
ne sont pas les valeurs de
cos 9
π
. On peut conclure.