103 - Epsilon 2000

Anneaux Z/nZ - Applications
Dans tout ce donument, n∈N∗.
1 Relation de congruence et d´efinition de l’ensemble Z/nZ
D´efinition 1.1
Soient a, b ∈Z. On dit que aest congru `a bmodulo nlorsque ndivise a−b. On note alors a≡b(mod n).
Proposition 1.2
La relation de congruence modulo nest une relation d’´equivalence sur Z.
Preuve. Il faut montrer que la relation de congruence mudulo nest r´eflexive, sym´etrique et transitive.
Soit a∈Z.ndivise 0 donc ndivise a−a. On a donc a≡a(mod n), d’o`u la r´eflexivit´e.
Soient a, b ∈Ztels que a≡b(mod n). Alors ndivise a−b. Il existe k∈Ztel a−b=kn. Alors b−a= (−k)n,
avec −k∈Z. Par cons´equent, ndivise b−aet donc b≡a(mod n), d’o`u la sym´etrie.
Soient a, b, c ∈Ztels que a≡b(mod n) et b≡c(mod n). Il existe k, k0∈Ztels que a−b=kn et b−c=k0n.
On a alors :
a−c=a−b+b−c=kn +k0n= (k+k0)n
avec k+k0∈Z.ndivise alors a−cet donc a≡c(mod n), d’o`u la transitivit´e. 
Notation 1.3
On note Z/nZl’ensemble des classes d’´equivalence pour la relation de congruence modulo n.
Proposition 1.4
Pour tout a∈Z, il existe un unique entier b∈J0 ; n−1Ktel que a≡b(mod n).best le reste de la division
euclidienne de apar n.
Preuve. Soit a∈Z. Effectuons la division euclidienne de apar n: il existe un unique couple (q, b)∈Z×N
tel que a=nq +b, avec b∈J0 ; n−1K.ndivise a−b(car nq =a−b) donc a≡b(mod n), d’o`u l’existence.
Soit b0∈J0 ; n−1Ktel que a≡b0(mod n). Il existe q0∈Ztel que a−b0=q0n, ou encore a=q0n+b0. On a
alors q0n+b0=qn +b, ce qui s’´ecrit aussi (q0−q)n=b−b0. Or, b−b0v´erifie −n<b−b0< n. On en d´eduit
−n < (q0−q)n<n, puis −1< q0−q < 1. q−q0∈Zdonc q0−q= 0 et donc b−b0= (q0−q)n= 0. D’o`u
l’unicit´e. 
Corollaire 1.5
Z/nZa exactement n´el´ements : 0,1, . . . , n −1.
Preuve. Pour tout α∈Z/nZ, il existe un unique a∈J0 ; n−1Ktel que α=a, donc Z/nZadmet au plus n
´el´ements.

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Soient a, b ∈J0 ; n−1Ktels que a6=b. Supposons a=b. Il existe k∈Ztel que a−b=nk. Or, −n<a−b < n
donc −n < nk < n. Par suite, −1< k < 1. Comme k∈Z,k= 0 et donc a=b. Contradiction donc a6=bet
donc Z/nZa exactement n´el´ements : 0,1, . . . , n −1. 
2 Structure alg´ebrique de Z/nZ
Proposition 2.1
Soient a, a0, b, b0∈Ztels que a≡a0(mod n)et b≡b0(mod n). Alors a+a0≡b+b0(mod n)et ab ≡a0b0
(mod n).
Preuve. Soient a, a0, b, b0∈Ztels que a≡a0(mod n) et b≡b0(mod n). Il existe k, k0∈Ztels que a−a0=kn
et b−b0=k0n. Alors a−a0+b−b0=kn +k0n, c’est-`a-dire (a+b)−(a0+b0)=(k+k0)n, avec k+k0∈Z
donc a+a0≡b+b0(mod n).
On a a=a0+kn et b=b0+k0n. On en d´eduit :
ab = (a0+kn)(b0+k0n) = a0b0+ (a0k0+kb0+kk0n)n.
ndivise donc ab −a0b0et donc ab ≡a0b0(mod n). 
D´efinition 2.2
Soient α, β ∈Z/nZ,a, b ∈Ztels que α=aet β=b. On d´efinit +et ×par : α+β=a+bet α×β=a×b.
Remarque 2.3
La proposition pr´ec´edente assure que le r´esultat de α+βet α×βest ind´ependant des repr´esentants
respectifs aet bde αet β.
Th´eor`eme 2.4
(Z/nZ,+,×)est un anneau commutatif.
Preuve. Montrons d’abord que (Z/nZ,+) est un groupe commutatif.
Z/nZ6=∅car 0 ∈Z/nZ.
Soient α, β, γ ∈Z/nZ. Soient a, b, c ∈Ztels que α=a,β=bet γ=c.
α+β=a+b=a+b=b+a=b+a=β+α
donc + est commutative.
0 est un ´el´ement neutre pour cette op´eration car :
α+ 0 = a+ 0 = a+ 0 = a=α.
αadmet un oppos´e qui est −a:
α+−a=a+−a=a+ (−a) = 0.
+ est associative :
α+ (β+γ) = a+ (b+c) = a+b+c=a+ (b+c) = (a+b) + c=a+b+c= (a+b) + c= (α+β) + γ.
×est associative :
α×(β×γ) = a×(b×c) = a×b×c=a×(b×c) = (a×b)×c=a×b×c= (a×b)×c= (α×β)×γ.
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×est distributive par rapport `a + :
α×(β+γ) = a×(b+c) = a×b+c=a×(b+c) = a×b+a×c=a×b+a×c=a×b+a×c=α×β+α×γ.
Enfin, ×est commutative :
α×β=a×b=a×b=b×a=b×a=β×α.
(Z/nZ,+,×) est donc un anneau commutatif. 
Proposition 2.5
Soit k∈Z.kest inversible dans Z/nZsi et seulement si k∧n= 1.
Preuve. Soit k∈Z. Supposons kinversible dans Z/nZ. Il existe a∈Ztel que k×a= 1 donc ndivise ka −1.
Il existe b∈Ztel que ka −1 = nb. Alors ka + (−b)n= 1, avec (a , −b)∈Z2. D’apr`es le th´eor`eme de B´ ezout,
k∧n= 1.
Supposons maintenant k∧n= 1. Il existe (u , v)∈Z2tel que ku +nv = 1. Alors ku +nv = 1. Or,
ku +nv =k·u+n·vet n= 0 donc ku = 1 et donc kest inversible dans Z/nZ.
Corollaire 2.6
Z/nZest un corps si et seulement si nest premier.
Preuve. Supposons que Z/nZest un corps. Alors Z/nZest int`egre. Supposons nnon premier. Il existe
p, q ∈N− {0,1}tel que n=pq.n= 0 donc p×q= 0, avec p, q ∈J2 ; n−1K(et donc p6= 0 et q6= 0), ce qui
contredit le fait que Z/nZest int`egre. nest donc un nombre premier.
Supposons maintenant npremier. Soit a∈J1 ; n−1K. Alors a∧n= 1 et donc aest inversible dans Z/nZ.
Tout ´el´ement non nul de Z/nZest donc inversible donc Z/nZest un corps. 
3 Applications
3.1 Crit`eres de divisibilit´e
Th´eor`eme 3.1
Soit a∈N∗.
(i) aest divisible par 2 si et seulement si ase termine par 0, 2, 4, 6 ou 8 ;
(ii) aest divisible par 5 si et seulement si ase termine par 0 ou 5 ;
(iii) aest divisible par 3 (respectivement par 9) si et seulement si la somme des chiffres qui le composent
est divisible par 3 (respectivement par 9) ;
(iv) aest divisible par 4 si et seulement si le nombres form´e par les deux derniers chiffres est divisible par
4 ;
(v) aest divisible par 10 si et seulement si ase termine par 0.
Preuve. Soit a∈N∗. Il existe un unique p∈Net un unique (p+1)-uplet (ap, . . . , a0)∈J0 ; 9Kp+1, avec ap6= 0
tels que a=
p
X
k=0
ak10k. Pour prouver l’assertion (i), on se place dans Z/2Z. Pour k>1, 10k= 10k= 0 donc
a=a0.aest divisible par 2 si et seulement si a= 0 c’est-`a-dire si et seulement si a0= 0. a0≡0 (mod 2) si
et seulement si a0∈ {0,2,4,6,8}, d’o`u le r´esultat.
Les autres points se d´emontrent de la mˆeme mani`ere et sont laiss´es au lecteur. 
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3.2 Groupes cycliques
Proposition 3.2
Un groupe cyclique `a n´el´ements est isomorphe `a (Z/nZ,+).
Preuve. Soit Gun groupe cyclique `a n´el´ements. Soit gun g´en´erateur de G.G´etant fini, gest d’ordre fini.
Notons pl’ordre de g. On a alors G={e, g, . . . , gp−1}, o`u ed´esigne l’´el´ement neutre du groupe G.Gayant
n´elements, on en d´eduit que n=p. On a donc G={e,g,...,gn−1}. Soit φl’application d´efinie sur Z/nZ, `a
valeurs dans Gd´efinie par :
∀α∈Z/nZ, φ(α) = ga
o`u aest l’unique ´el´ement de J0 ; n−1Ktel que α=a.
Montrons que φest un isomorphisme.
Soient α, β ∈Z/nZ. Il existe un unique couple (a , b)∈J0 ; n−1K2tel que α=aet β=b. Il existe un unique
couple (q , r)∈Z×Ntel que a+b=nq +r, avec r∈J0 ; n−1K. Alors φ(α+β) = gr. Or,
ga+b=gnq+r= (gn)qgr=eqgr=gr
donc
φ(α+β) = ga+b=gagb=φ(α)φ(β).
φest donc un morphisme de groupes.
Montrons maintenant que φest injectif. Soit α∈ker φ. Il existe un unique a∈J0 ; n−1Ktel que α=a.
φ(α) = edonc ga=e. Par suite, a= 0 donc ker φ={0}et donc φest injectif. Get Z/nZayant le mˆeme
nombre fini d’´el´ements, on en d´eduit que φest bijectif. φest donc un isomorphisme. 
3.3 Equation diophantienne
L’´equation x2−y2= 18, d’inconnue (x , y)∈Z2n’a pas de solution dans Z2
Supposons le contraire. Soit (a , b)∈Z2une solution de cette ´equation. Alors a2−b2= 18. Pla¸cons-nous dans
Z/4Z.a2−b2=a2−b2=a2−b2et 18 = 2.
a∈ {0,1,2,3}donc a2∈ {0,1,4,9}={0,1}.
De mˆeme, b∈ {0,1}.
Si a2= 0 et b2= 0, alors a2−b2= 0.
Si a2= 1 et b2= 0, alors a2−b2= 1.
Si a2= 0 et b2=1, alors a2−b2=−1 = 3.
Si a2= 1 et b2= 1, alors a2−b2= 0.
On en d´eduit : a2−b2∈ {2} ∩ {0,1,3}=∅. Par suite, l’´equation x2−y2= 18, d’inconnue (x , y)∈Z2n’a
pas de solution dans Z2.
3.4 Th´eor`eme chinois
Th´eor`eme 3.3
Soit (a, b)∈(N∗)2. Les anneaux Z/abZet Z/aZ×Z/bZsont isomorphes si et seulement si a∧b= 1.
Preuve. Si n∈N∗et x∈Z, on note cln(x) la classe de xdans Z/nZ. Soit (a, b)∈(N∗)2tel que a∧b= 1.
Soit fl’application d´efinie sur Z/abZ, `a valeurs dans Z/aZ×Z/bZ, d´efinie par ξ7→ (cla(x) ; clb(x)), o`u x∈Z
tel que ξ=clab(x).
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Montrons d´ej`a que l’application fest bien d´efinie.
Soit ξ∈Z/abZ. Soient x, y ∈Ztels que ξ=clab(x) = clab(y). x≡y(mod ab) donc ab divise x−y.On en
d´eduit que adivise x−y(c’est-`a-dire cla(x) = cla(y)) et bdivise x−y(c’est-`a-dire clb(x) = clb(y)) et donc
fest bien d´efinie.
Montrons maintenant que fest un morphisme d’anneaux. Soient ξ, η ∈Z/abZ. Soient x, y ∈Ztels que
ξ=clab(x) et η=clab(y). On a ξ+η=clab(x+y), ξη =clab(xy) et :
f(ξ+η)=(cla(x+y) ; clb(x+y)) = (cla(x)+cla(y) ; clb(x)+clb(y)) = (cla(x) ; clb(x))+(cla(y) ; clb(y)) = f(ξ)+f(η)
f(ξη)=(cla(xy) ; clb(xy)) = (cla(x)cla(y) ; clb(x)clb(y)) = (cla(x) ; cla(y))(clb(x) ; clb(y)) = f(ξ)f(η)
f(clab(1)) = (cla(1) ; clb(1))
fest bien un morphisme d’anneaux.
Il reste `a montrer que fest bijective. Soit ξ∈Z/abZtel que f(ξ)=(cla(0) ; clb(0)). Soit x∈Ztel que
ξ=clab(x). f(ξ)=(cla(x) ; clb(x)). On en d´eduit cla(x) = cla(0) (donc adivise x) et clb(x) = clb(0) (donc b
divise x). aet b´etant premiers entre eux, on en d´eduit que ab divise x, c’est-`a-dire clab(x) = clab(0). fest
donc injective.
card(Z/abZ) = ab et card(Z/aZ×Z/bZ) = card(Z/aZ)×card(Z/bZ) = ab.fest donc bijective (car injective
entre deux ensembles finis de mˆeme cardinal).
Supposons maintenant a∧b6= 1. Montrons qu’alors Z/abZet Z/aZ×Z/bZne sont pas isomorphes. clab(1)
est d’ordre ab dans le groupe additif Z/abZdonc l’ordre du groupe additif Z/abZest un multiple de ab. Soit
p= ppcm(a;b).
Soit (α;β)∈Z/aZ×Z/bZ. Il existe (x;y)∈J0 ; n−1K×J0 ; m−1Ktel que (α;β)=(cla(x) ; clb(y)).
(pα ;pβ) = (cla(px) ; clb(py)). pest un multiple de adonc cla(px) = cla(0). De mˆeme, pest un multiple de b
donc clb(py) = clb(0). On en d´eduit que tous les ´el´ements de Z/aZ×Z/bZont un ordre qui divise p. L’ordre
de Z/aZ×Z/bZest donc inf´erieur ou ´egal `a p. Or, p < ab car a∧b6= 1. Z/abZ´etant d’ordre un multiple de
ab, il ne peut donc pas ˆetre isomorphe `a un groupe dont l’ordre est strictement inf´erieur `a ab.
3.5 Th´eor`eme des restes chinois et syst`emes de congruences
Th´eor`eme 3.4
Soient p∈N∗,n1, . . . , npdes entiers naturels deux `a deux premiers entre eux et (a1, . . . , ap)∈Zp. Alors
le syst`eme de congruences d´efini par : ∀k∈J1, pK, x ≡ak(mod nk)admet une unique solution modulo
N=n1. . . np, donn´ee par x≡
p
P
k=1
ukNkak, o`u pour tout k∈J1, pK,Nk=N
nket uk≡N−1
k(mod nk).
Preuve. Soient p∈N∗,n1, . . . , npdes entiers deux `a deux premiers entre eux et (a1, . . . , ap)∈Zp. Notons
(S) le syst`eme de congruences d´efini par :
∀k∈J1, pK, x ≡ak(mod nk).
Pour tout k∈J1, pK, on note Nkl’entier N
Nk. Les entiers nk´etant deux `a deux premiers entre eux, il en r´esulte
que pour tout entier k∈J1, pK,Nket nksont premiers entre eux et donc Nkest inversible modulo nk. Pour
tout k∈J1, pK, notons uk≡N−1
k(mod nk). Soit x=
p
P
k=1
ukNkak. Soit i∈J1, pK. Si k∈J1, pKet k6=i, alors
Ni≡0 (mod nk). On a alors x≡uiNiai(mod ni). Or uiNi≡1 (mod ni) par d´efinition de uidonc x≡ai
(mod ni). Ceci ´etant vrai pour tout entier i∈J1, pK,xest une solution du syst`eme (S). D’o`u l’existence.
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