Série 17

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
19 mars 2014
Série 17
Exercice 1.
Soit A un anneau.
(1) Soient e1 , e2 deux élément neutres pour la multiplication dans A. Montrer que
e1 = e2 .
(2) Soient a ∈ A, et b, c deux inverses de a. Montrer que b = c.
Solution.
(1) En utilisant successivement le fait que e2 est un élément neutre (à droite), puis
le fait que e1 est un élément neutre (à gauche), on trouve que e1 = e1 e2 = e2 .
(2) Par définition, ab = ba = ca = ac = 1, où e est l’élément neutre pour la
multiplication dans R (unique par la première partie). Par conséquent,
b = be = b(ac) = (ba)c = ec = c.
Exercice 2.
Soit n ≥ 2 un entier. Calculer l’ensemble des diviseurs de 0 dans Z/nZ.
Solution.
Premièrement, remarquons que si x ∈ Z/nZ est inversible, alors il ne s’agit pas
d’un diviseur de 0. En effet, si y ∈ Z/nZ vérifie xy = 0, alors y = 1·y = (x−1 x)y =
x−1 (xy) = 0. Plus généralement, le même argument montre que dans tout anneau
aucun élément inversible n’est un diviseur de 0.
Réciproquement, si x n’est pas un diviseur de zéro, alors il est inversible. En
effet, l’ensemble E = {xy : y ∈ Z/nZ} a exactement Z/nZ éléments puisque si
xy = xy ′ pour y, y ′ ∈ Z/nZ, alors x(y − y ′ ) = 0, d’où y = y ′ puisque x n’est pas
un diviseur de zéro. En particulier, E = Z/nZ et il existe donc y ∈ Z/nZ tel que
xy = 1.
Ainsi, l’ensemble des diviseurs de zéro dans Z/nZ est Z/nZ − (Z/nZ)∗ .
Plus généralement, le même argument montre que dans tout anneau fini, les
diviseurs de zéro sont précisément les éléments non-inversibles.
Exercice 3.
On note ϕ l’indicatrice d’Euler.
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(1) Soient p un premier et v ≥ 1 un entier. Montrer que
ϕ (pv ) = pv−1 (p − 1).
(2) Soit n ≥ 1 un entier.
(a) Montrer que Aut (Z/nZ, +) et (Z/nZ)∗ sont deux groupes isomorphes.
(b) En déduire #Aut (Z/nZ, +).
Solution.
(1) Rappelons que pour tout entier n ≥ 1, on a défini ϕ(n) comme étant le cardinal
du groupe (Z/nZ)∗ . Par l’exercice 2 de la série 3, on sait aussi que pour tout
n≥1
ϕ(n) = |{0 ≤ a < n : (a, n) = 1}|.
Par conséquent, ϕ(pv ) est égal au nombre d’entiers 0 ≤ a < pv premiers à pv . Or,
un entier a est premier à pv si et seulement si il n’est pas divisible par p. Ainsi,
ϕ(pv ) = |{0, . . . , pv } − {p, 2p, . . . , pv−2 p}| = pv − pv−1 = pv−1 (p − 1).
(2) Remarquons qu’un élément f ∈ Aut(Z/nZ, +) est déterminé par sa valeur en
[1]n . En effet, pour tout entier x > 0,
f ([x]n ) = f (x[1]n ) = f ([1]n ) + · · · + [1]n ) = f ([1]n ) + · · · + f ([1]n ) = xf ([1]n )
et pour tout entier x < 0, f ([x]n ) = −f ([−x]n ) = −((−x)f ([1]n )). En adoptant
la notation


g + · · · + g (m fois) si m > 0
mg = (−m)g
si m < 0

0
si m = 0
pour m ∈ Z et g ∈ Z/nZ, on obtient que
f ([x]n ) = xf ([1]n )
(1)
pour tout x ∈ Z.
Comme f est un automorphisme, on doit avoir f ([1]n ) ∈ (Z/nZ)∗ . En effet,
puisque f est surjectif, il existe x ∈ Z tel que f ([x]n ) = [1]n . Par l’équation
(1), ceci donne [1]n = xf ([1]n ) = [x]n f ([1]n ), c’est-à-dire que [x]n est l’inverse de
f ([1]n ) dans Z/nZ.
On peut donc définir une application
ψ : Aut(Z/nZ) → (Z/nZ)∗
par f 7→ f ([1]n ). Il s’agit d’un homomorphisme de groupes puisque si f, g ∈
Aut(Z/nZ), alors (f ◦ g)([1]n ) = f (g([1]n )) = g([1]n )f ([1]n ). Par l’équation (1),
cet homomorphisme est injectif. Il est de plus surjectif, puisque si g ∈ (Z/nZ)∗ ,
alors l’application f : Z/nZ → Z/nZ
f ([x]n ) = [x]n g
est un automorphisme, d’inverse [x]n 7→ [x]n g −1 , tel que ψ(f ) = g.
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(3) Par les points précédents,
| Aut(Z/nZ)| = |(Z/nZ)∗ | = ϕ(n).
Exercice 4.
Soient m1 , m2 ≥ 2 deux entiers premiers entre eux, et k1 , k2 ∈ Z. On considère
le système de congruence
n ≡ k1 mod m1
(⋆)
n ≡ k2 mod m2
(1) Montrer que si n est une solution du système (⋆), alors l’ensemble des solutions
du système (⋆) est la classe de congruence [n]m1 m2 .
(2) En utilisant une relation de Bézout entre m1 et m2 , montrer que le système (⋆)
a une solution n ∈ Z.
(3) Retrouver les résultats des deux questions précédentes en utilisant seulement le
lemme chinois.
(4) Redémontrer le lemme chinois en utilisant
les résultats des questions (1) et (2).
n ≡ 3 mod 7
(5) Résoudre le système de congruences
n ≡ 7 mod 10
Solution.
(1) Si un entier m satisfait le système de congruence (⋆), alors n − m ≡ 0 (mod mi )
pour i = 1, 2. Par conséquent, il existe k1 , k2 ∈ Z tels que n − m = ki mi pour
i = 1, 2, d’où k1 m1 = k2 m2 . Rappelons le résultat élémentaire suivant :
Lemme 1 (Bézout). Soient a, b, c des entiers tels que a | bc. Si (a, b) = 1, alors
a | c.
Démonstration. Puisque a et b sont premiers entre eux, il existe une relation de
Bézout ax+by = 1 pour x, y ∈ Z. Soit k un entier tel que bc = ka. En multipliant
la relation de Bézout par kc, on obtient kc = kcax + kcby = ka(cx + ky) d’où
c = a(cx + ky), i.e. a | c.
Comme m1 | k2 m2 et (m1 , m2 ) = 1, on en conclut que m1 | k2 . Ainsi, n ≡ m
(mod m1 m2 ).
Réciproquement, si m est un entier tel que m ≡ n (mod m1 m2 ), alors m ≡ n
(mod mi ) pour i = 1, 2, donc m est une solution de (⋆).
(2) Puisque m1 et m2 sont premiers entre eux, il existe une relation de Bézout xm1 +
ym2 = 1 pour x, y ∈ Z. Par conséquent, on a les congruences
xm1 ≡ 0
ym2 ≡ 1
(mod m1 )
(mod m1 )
xm1 ≡ 1 (mod m2 )
ym2 ≡ 0 (mod m2 ).
Ainsi, en posant n = k1 ym2 + k2 xm1 , on obtient une solution au système (⋆).
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(3) Par le lemme chinois, l’application
f : Z/(m1 m2 )Z → Z/m1 Z × Z/m2 Z
[x]m1 m2 7→ ([x]m1 , [x]m2 )
est un isomorphisme de groupes. Le premier point est équivalent à l’injectivité
de f : si n, n′ sont deux solutions de (⋆), alors f ([n]m1 m2 ) = ([k1 ]m1 , [k2 ]m2 ) =
f ([n′ ]m1 m2 ), d’où n ≡ n′ (mod m1 m2 ) si f est injective, et réciproquement.
D’autre part, le deuxième point est clairement équivalent à la surjectivité de
f.
(4) Comme dans le cours, on commence par montrer que l’application f ci-dessus
est un homomorphisme de groupes bien défini. Or, on vient de montrer que la
bijectivité de f était équivalente aux deux premiers points de l’exercice. Ainsi, f
est un isomorphisme si l’on suppose ceux-ci.
(5) On procède en suivant la preuve, constructive, du deuxième point de l’exercice.
Une relation de Bézout entre 7 et 10 est par exemple 3 · 7 − 2 · 10 = 1. Par
conséquent, une solution au système est donnée par n = 3·(−2)·10+7·3·7 = 87.
Par le premier point de l’exercice, l’ensemble des solutions du système est la classe
[87]70 = [17]70 = {17 + 70k : k ∈ Z}.