Corrigé 3

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 10 Octobre 2011
Corrig´e 3
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Etant donn´es deux entiers k∈Zet n≥2, on d´esigne par kmod nla classe
de congruence de kmodulo n.
Exercice 1 (Sous-groupes de Z).
(1) Montrer que aZ:= {na :n∈Z}est un sous-groupe de Z.
(2) Soit Gun sous-groupe de Z. Montrer que si a∈Galors Gcontient
l’ensemble aZ.
(3) Montrer que si a, b ∈G, alors Gcontient na +mb pour tous n, m ∈Z.
(4) En utilisant une division euclidienne, montrer que tout sous-groupe de Z
est de la forme aZpour un certain a∈Z.
Indication : si G6={0}poser a= min{n > 0 : n∈G}.
(5) Quels sont les sous-groupes Gde Zcontenant 187Z?
Solution.
Cette question est une application de la division euclidienne `a l’´etude des sous-
groupes de Z.
(1) Soient n, m ∈Z. Alors na +ma = (n+m)aest bien dans aZ. L’ensemble
aZest donc bien stable par addition. De plus l’´el´ement neutre 0 = 0×ade
l’addition usuelle est bien un ´el´ement de aZ. Enfin l’oppos´e d’un ´el´ement
de aZpour l’addition usuelle est bien un ´el´ement de aZ. L’ensemble aZ
est bien un sous-groupe de Z.
(2) Nous montrons par r´ecurrence sur nque na ∈Get (−n)a∈Gpour tout
n∈N. Pour n= 0 il suffit de remarquer que 0 ∈Gpuisque (G, +) est
un groupe. Supposons que pour n∈Non ait na ∈Get (−n)a∈G.
Alors, comme Gest stable par addition, (n+ 1)a=na +aest dans G. De
plus, comme (G, +) est un groupe, −aest dans G. Par suite (−n−1)a=
(−n)a+ (−a) est dans G. Nous obtenons ainsi par r´ecurrence l’inclusion
aZ⊂Gdemand´ee.
(3) D’apr`es la question pr´ec´edente, na et mb sont dans G. Comme Gest stable
par addition, nous avons na +mb ∈G.
(4) Si G={0}, alors G= 0Z. Supposons G6= 0. Posons
a= min{n > 0 : n∈G}.

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Nous avons montr´e pr´ec´edemment que aZ⊂G. Soit b∈G. Nous allons
montrer que b∈aZ. Quitte `a remplacer bpar −bnous pouvons supposer
sans perte de g´en´eralit´e que b > 0. Par d´efinition de a, nous avons b≥a.
Soit qet rle quotient et le reste de la division euclidienne de bpar a.
D’apr`es la question pr´ec´edente, r=b−qa est dans G. Or 0 ≤r < a et
a= min{n > 0 : n∈G}, donc r= 0. Ainsi b=qa est bien dans aZ.
(5) Un sous-groupe de Zcontenant 187 est de la forme aZpour un certain
a∈Zdivisant 187. Un tel sous-groupe est donc soit Zsoit 11Zsoit 17Z
soit 187Z.
Exercice 2.
Montrer qu’un groupe fini d’ordre nest cyclique si et seulement si il contient un
´el´ement d’ordre n.
Solution.
Un g´en´erateur d’un groupe cyclique de cardinal nest d’ordre n. Soit Gun groupe
fini de cardinal ncontenant un ´el´ement γd’ordre n. Alors le groupe cyclique H
engendr´e par γest un sous-groupe de Gde cardinal n. Les groupes Get Hont
mˆeme cardinal. Ce n’est possible que si H=G, c’est-`a-dire si Gest le groupe
cyclique engendr´e par γ.
Exercice 3 (Inverses dans (Z/nZ,×)).
(1) Calculer l’inverse de 9 mod 11 (relativement `a la multiplication dans
Z/11Z).
(2) Soit Aun anneau commutatif. On dit qu’un ´el´ement a∈A\ {0}est un
diviseur de z´ero s’il existe b∈A\ {0}tel que ab = 0.
Soient n≥2et mdeux entiers. Montrer que mmod nest un diviseur
de z´ero dans Z/nZsi et seulement si 1<pgcd(m, n)< n.
Solution.
(1) L’algorithme d’Euclide fournit une relation de Bezout entre 9 et 11 :
5×9−4×11 = 1.
Par cons´equent, 9 mod 11 est inversible (relativement `a la multiplication
dans Z/11Z) d’inverse 5 mod 11.
(2) Comme 0 mod nn’est pas un diviseur de z´ero dans Z/nZ, on peut se
contenter d’´etudier le cas o`u nne divise pas m. On note d:= pgcd(m, n).
On note b:= n/d. Comme ddivise m, on a mb ≡0 mod n. Si 1 < d,
on a b6≡ 0 mod n. Dans ce cas mmod nest un diviseur de z´ero dans
Z/nZ.

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On consid`ere une relation de Bezout entre net m, c’est-`a-dire deux
entiers µ, ν ∈Ztels que d=µm +νn. On suppose maintenant que
mmod nest un diviseur de z´ero dans Z/nZ. Alors il existe un entier
b∈Ztel que b6≡ 0 mod net mb ≡0 mod n. Comme µm ≡dmod n,
on a bd ≡µmb mod n≡0 mod n. Ce n’est pas possible si d= 1. Par
cons´equent on a bien 1 < d (et d<npuisque nne divise pas m).
Exercice 4 (Racines de l’unit´e).
Soit n≥1un entier naturel. Une racine n-i`eme de l’unit´e (dans C) est un nombre
complexe ztel que zn= 1. Montrer que les racines n-i`emes de l’unit´e forment un
sous-groupe µn(C)de (C\ {0},×)isomorphe `a Z/nZ.
Solution.
On voit sans difficult´es que l’application (C∗,×)→(C∗,×), z7→ znest un
homomorphisme de groupes. Son noyau, constitu´e des racines ni`emes de l’unit´e,
est donc un sous-groupe de (C∗,×).
Les nombres complexes de la forme ei2kπ
navec k∈ {0, . . . , n−1}sont des racines
n-i`emes de l’unit´e dans C. On consid`ere l’application
ϕ:Z−→ µn(C)
k7−→ ei2kπ
n.
Cette application est un homomorphisme de groupe et ϕ(n) = 1. Par cons´equent
l’image d’un entier kpar ϕne d´epend que de la classe de congruence de kmo-
dulo n. L’homomorphisme ϕinduit donc un homomorphisme de groupes
φ:Z/nZ−→ µn(C)
k7−→ ei2kπ
n.
En cours d’analyse, vous avez vu que la restriction de ϕ`a [0; n−1] est injective.
Par cons´equent, φest un homomorphisme injectif de groupes.
Par ailleurs, le polynˆome zn−1 a au plus nracines dans C. Par cons´equent
le cardinal de µn(C) est au plus n. Comme Z/nZest de cardinal n, l’injectivit´e
de φimplique la bijectivit´e de φ. L’application φest donc un isomorphisme de
groupe.
Exercice 5 (Automorphismes de Z/nZ).
Soit n≥2un entier. Quels sont les automorphismes de Z/nZ?
Solution.
Pour r´esoudre cet exercice, on utilise les relations de Bezout. Soit mun entier
premier `a n. L’application
ϕm:Z/nZ−→ Z/nZ
kmod n7−→ mk mod n.

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est un homorphisme de groupe. Comme met nsont premiers entre eux, il existe
µ, ν ∈Ztel que µm +νn = 1. Pour tout k∈Z, on a mµk ≡kmod n. Par
cons´equent ϕmest surjective. Une application surjective entre deux ensembles
finis de mˆeme cardinal ´etant bijective, l’application ϕmest un automorphisme de
groupe. On montre que tous les automorphismes de Z/nZsont de la forme ϕm
pour un certain entier mpremier `a n.
Soit ϕ:Z/nZ−→ Z/nZun automorphisme. On note α:= ϕ(1 mod n). Par
r´ecurrence, on montre que ϕ(kmod n) = ϕ(k(1 mod n)) = kα. Soit a∈α
un repr´esentant de α(NB : par d´efinition des classes de congruences, αest un
sous-ensemble de Z). Comme ϕest surjective, il existe µ∈Ztel que
µα =ϕ(µmod n) = 1 mod n,
c’est-`a-dire tel que µa ≡1 mod n. En particulier, il existe ν∈Ztel que
µa +νn = 1. Ainsi aet nsont premiers entre eux.
Exercice 6 (Sous-groupes de Z/nZ).
(1) Montrer que tout sous groupe d’un groupe cyclique est cyclique.
(2) En d´eduire que, pour tout diviseur dde n, le groupe Z/nZa un unique
sous-groupe d’ordre d.
Indication : que peut on dire du plus petit sous-groupe Hde Z/nZconte-
nant tous les sous-groupes d’ordre dde Z/nZ?
(3) Pour tout entier non nul d, on note ϕ(d)le nombre d’entiers a∈[1; d]
premiers avec d. L’application ϕs’appelle indicatrice d’Euler. Montrer que
tout groupe cyclique d’ordre daϕ(d)´el´ements d’ordre exactement d.
(4) En d´eduire que n=X
d|n
ϕ(d).
Solution.
(1) On rappelle que tout groupe cyclique fini est isomorphe `a Z/nZpour un
certain entier n. On note j:Z−→ Z/nZ, k 7−→ kmod nla surjec-
tion canonique. Soit Gun sous-groupe de Z/nZ. L’application jest un
homomorphisme de groupes donc j−1(G) est un sous-groupe de Z. Par
cons´equent, j−1(G) = aZpour un certain a∈Z. Comme jest surjective,
on a G=j(j−1(G)) = j(aZ). Ainsi Gest le groupe cyclique g´en´er´e par
la classe de congruence de amodulo n.
(2) Soient G1,· · · , Grles sous-groupes d’ordre dde Z/nZ. D’apr`es la question
pr´ec´edente, Giest engendr´e par la classe de congruence modulo nd’un
entier ai. Par d´efinition de Gi, la classe de congruence de aimodulo nest
d’ordre exactement d.
De mˆeme, Hest engendr´e par la classe de congruence modulo nd’un
entier a. Comme j(a1Z+· · ·+arZ) contient tous les groupes Gi, le groupe

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Hest contenu dans j(a1Z+· · ·+arZ). Par cons´equent, il existe des entiers
λ1,· · · , λrtels que
a≡
r
X
i=1
aimod n.
On en d´eduit que la classe de congruence de amodulo nest d’ordre au
plus d. Ainsi Hest de cardinal au plus d. Or Hcontient Giqui est de
cardinal d, donc H=Gi. Le groupe Z/nZa donc un unique sous-groupe
d’ordre d.
(3) Soit a∈[0; d] un entier dont la classe de congruence modulo dest d’ordre
d. Alors amod dengendre Z/dZ. En particulier 1 mod dappartient au
groupe cyclique engendr´e par amod d. Ainsi, amod dest inversible re-
lativement `a la multiplication dans Z/dZ. Par cons´equent, aet dsont
premiers entre eux. Le groupe Z/dZa donc ϕ(d) ´el´ements d’ordre exac-
tement d.
Tout groupe cyclique d’ordre dest isomorphe `a Z/dZ. Le nombre d’´el´e-
ments d’ordre exactement ddans un groupe est invariant par isomor-
phisme. Un groupe cyclique d’ordre da donc ϕ(d) ´el´ements d’ordre exac-
tement d.
(4) Soit dun entier divisant n. Le groupe Z/nZa un unique sous-groupe
d’ordre dqui contient exactement tous les ´el´ements de Z/nZd’ordre exac-
tement d. Le groupe Z/nZa donc ϕ(d) ´el´ements d’ordre exactement d.
L’ordre d’un ´el´ement de Z/nZ´etant un diviseur de n, le groupe Z/nZa
X
d|n
ϕ(d) ´el´ements. Par cons´equent, on a bien n=X
d|n
ϕ(d).
Exercice 7 (Lemme chinois).
Soient m1, m2≥2deux entiers premiers entre eux, et k1, k2∈Z. On ´etudie le
syst`eme de congruences
(∗)n≡k1mod m1
n≡k2mod m2.
(1) V´erifier que si nest solution de (∗)alors, les solutions au syst`eme (∗)
sont les entiers de la forme n+λm1m2avec λ∈Z.
(2) Construire une solution n∈Zau syst`eme (∗).
(3) Trouver tous les entiers ntels que
n≡6 mod 11
n≡5 mod 17