Série 17

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 19 mars 2014
S´erie 17
Exercice 1.
Soit Aun anneau.
(1) Soient e1, e2deux ´el´ement 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 e2est un ´el´ement neutre (`a droite), puis
le fait que e1est un ´el´ement neutre (`a gauche), on trouve que e1=e1e2=e2.
(2) Par d´efinition, ab =ba =ca =ac = 1, o`u eest l’´el´ement neutre pour la
multiplication dans R(unique par la premi`ere partie). Par cons´equent,
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.
Premi`erement, remarquons que si x∈Z/nZest inversible, alors il ne s’agit pas
d’un diviseur de 0. En effet, si y∈Z/nZv´erifie xy = 0, alors y= 1·y= (x−1x)y=
x−1(xy) = 0. Plus g´en´eralement, le mˆeme argument montre que dans tout anneau
aucun ´el´ement inversible n’est un diviseur de 0.
R´eciproquement, si xn’est pas un diviseur de z´ero, alors il est inversible. En
effet, l’ensemble E={xy :y∈Z/nZ}a exactement Z/nZ´el´ements puisque si
xy =xy′pour y, y′∈Z/nZ, alors x(y−y′) = 0, d’o`u y=y′puisque xn’est pas
un diviseur de z´ero. En particulier, E=Z/nZet il existe donc y∈Z/nZtel que
xy = 1.
Ainsi, l’ensemble des diviseurs de z´ero dans Z/nZest Z/nZ−(Z/nZ)∗.
Plus g´en´eralement, le mˆeme argument montre que dans tout anneau fini, les
diviseurs de z´ero sont pr´ecis´ement les ´el´ements non-inversibles. 
Exercice 3.
On note ϕl’indicatrice d’Euler.

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(1) Soient pun 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 d´eduire #Aut (Z/nZ,+).
Solution.
(1) Rappelons que pour tout entier n≥1, on a d´efini ϕ(n) comme ´etant le cardinal
du groupe (Z/nZ)∗. Par l’exercice 2 de la s´erie 3, on sait aussi que pour tout
n≥1
ϕ(n) = |{0≤a < n : (a, n) = 1}|.
Par cons´equent, ϕ(pv) est ´egal au nombre d’entiers 0 ≤a < pvpremiers `a pv. Or,
un entier aest premier `a pvsi et seulement si il n’est pas divisible par p. Ainsi,
ϕ(pv) = |{0,...,pv} − {p, 2p, . . . , pv−2p}| =pv−pv−1=pv−1(p−1).
(2) Remarquons qu’un ´el´ement f∈Aut(Z/nZ,+) est d´etermin´e 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
mg =
g+···+g(mfois) si m > 0
(−m)gsi m < 0
0 si m= 0
pour m∈Zet g∈Z/nZ, on obtient que
f([x]n) = xf([1]n) (1)
pour tout x∈Z.
Comme fest un automorphisme, on doit avoir f([1]n)∈(Z/nZ)∗. En effet,
puisque fest surjectif, il existe x∈Ztel que f([x]n) = [1]n. Par l’´equation
(1), ceci donne [1]n=xf([1]n) = [x]nf([1]n), c’est-`a-dire que [x]nest l’inverse de
f([1]n) dans Z/nZ.
On peut donc d´efinir une application
ψ: Aut(Z/nZ)→(Z/nZ)∗
par f7→ 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’´equation (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]ng
est un automorphisme, d’inverse [x]n7→ [x]ng−1, tel que ψ(f) = g.

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(3) Par les points pr´ec´edents,
|Aut(Z/nZ)|=|(Z/nZ)∗|=ϕ(n).
Exercice 4.
Soient m1, m2≥2 deux entiers premiers entre eux, et k1, k2∈Z. On consid`ere
le syst`eme de congruence
(⋆)n≡k1mod m1
n≡k2mod m2
(1) Montrer que si nest une solution du syst`eme (⋆), alors l’ensemble des solutions
du syst`eme (⋆) est la classe de congruence [n]m1m2.
(2) En utilisant une relation de B´ezout entre m1et m2, montrer que le syst`eme (⋆)
a une solution n∈Z.
(3) Retrouver les r´esultats des deux questions pr´ec´edentes en utilisant seulement le
lemme chinois.
(4) Red´emontrer le lemme chinois en utilisant les r´esultats des questions (1) et (2).
(5) R´esoudre le syst`eme de congruences n≡3 mod 7
n≡7 mod 10
Solution.
(1) Si un entier msatisfait le syst`eme de congruence (⋆), alors n−m≡0 (mod mi)
pour i= 1,2. Par cons´equent, il existe k1, k2∈Ztels que n−m=kimipour
i= 1,2, d’o`u k1m1=k2m2. Rappelons le r´esultat ´el´ementaire suivant :
Lemme 1 (B´ezout).Soient a, b, c des entiers tels que a|bc. Si (a, b) = 1, alors
a|c.
D´emonstration. Puisque aet bsont premiers entre eux, il existe une relation de
B´ezout ax+by = 1 pour x, y ∈Z. Soit kun entier tel que bc =ka. En multipliant
la relation de B´ezout par kc, on obtient kc =kcax +kcby =ka(cx +ky) d’o`u
c=a(cx +ky), i.e. a|c.
Comme m1|k2m2et (m1, m2) = 1, on en conclut que m1|k2. Ainsi, n≡m
(mod m1m2).
R´eciproquement, si mest un entier tel que m≡n(mod m1m2), alors m≡n
(mod mi) pour i= 1,2, donc mest une solution de (⋆).
(2) Puisque m1et m2sont premiers entre eux, il existe une relation de B´ezout xm1+
ym2= 1 pour x, y ∈Z. Par cons´equent, on a les congruences
xm1≡0 (mod m1)xm1≡1 (mod m2)
ym2≡1 (mod m1)ym2≡0 (mod m2).
Ainsi, en posant n=k1ym2+k2xm1, on obtient une solution au syst`eme (⋆).

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(3) Par le lemme chinois, l’application
f:Z/(m1m2)Z→Z/m1Z×Z/m2Z
[x]m1m27→ ([x]m1,[x]m2)
est un isomorphisme de groupes. Le premier point est ´equivalent `a l’injectivit´e
de f: si n, n′sont deux solutions de (⋆), alors f([n]m1m2) = ([k1]m1,[k2]m2) =
f([n′]m1m2), d’o`u n≡n′(mod m1m2) si fest injective, et r´eciproquement.
D’autre part, le deuxi`eme point est clairement ´equivalent `a la surjectivit´e de
f.
(4) Comme dans le cours, on commence par montrer que l’application fci-dessus
est un homomorphisme de groupes bien d´efini. Or, on vient de montrer que la
bijectivit´e de f´etait ´equivalente aux deux premiers points de l’exercice. Ainsi, f
est un isomorphisme si l’on suppose ceux-ci.
(5) On proc`ede en suivant la preuve, constructive, du deuxi`eme point de l’exercice.
Une relation de B´ezout entre 7 et 10 est par exemple 3 ·7−2·10 = 1. Par
cons´equent, une solution au syst`eme est donn´ee par n= 3·(−2)·10+7·3·7 = 87.
Par le premier point de l’exercice, l’ensemble des solutions du syst`eme est la classe
[87]70 = [17]70 ={17 + 70k:k∈Z}.