Corrigé 3

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
10 Octobre 2011
Corrigé 3
Étant donnés deux entiers k ∈ Z et n ≥ 2, on désigne par k mod n la classe
de congruence de k modulo n.
Exercice 1 (Sous-groupes de Z).
(1) Montrer que aZ := {na : n ∈ Z} est un sous-groupe de Z.
(2) Soit G un sous-groupe de Z. Montrer que si a ∈ G alors G contient
l’ensemble aZ.
(3) Montrer que si a, b ∈ G, alors G contient na + mb pour tous n, m ∈ Z.
(4) En utilisant une division euclidienne, montrer que tout sous-groupe de Z
est de la forme aZ pour un certain a ∈ Z.
Indication : si G 6= {0} poser a = min{n > 0 : n ∈ G}.
(5) Quels sont les sous-groupes G de Z contenant 187Z ?
Solution.
Cette question est une application de la division euclidienne à l’étude des sousgroupes de Z.
(1) Soient n, m ∈ Z. Alors na + ma = (n + m)a est bien dans aZ. L’ensemble
aZ est donc bien stable par addition. De plus l’élément neutre 0 = 0×a de
l’addition usuelle est bien un élément de aZ. Enfin l’opposé d’un élément
de aZ pour l’addition usuelle est bien un élément de aZ. L’ensemble aZ
est bien un sous-groupe de Z.
(2) Nous montrons par récurrence sur n que na ∈ G et (−n)a ∈ G pour tout
n ∈ N. Pour n = 0 il suffit de remarquer que 0 ∈ G puisque (G, +) est
un groupe. Supposons que pour n ∈ N on ait na ∈ G et (−n)a ∈ G.
Alors, comme G est stable par addition, (n + 1)a = na + a est dans G. De
plus, comme (G, +) est un groupe, −a est dans G. Par suite (−n − 1)a =
(−n)a + (−a) est dans G. Nous obtenons ainsi par récurrence l’inclusion
aZ ⊂ G demandée.
(3) D’après la question précédente, na et mb sont dans G. Comme G est stable
par addition, nous avons na + mb ∈ G.
(4) Si G = {0}, alors G = 0Z. Supposons G 6= 0. Posons
a = min{n > 0 : n ∈ G}.
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Nous avons montré précédemment que aZ ⊂ G. Soit b ∈ G. Nous allons
montrer que b ∈ aZ. Quitte à remplacer b par −b nous pouvons supposer
sans perte de généralité que b > 0. Par définition de a, nous avons b ≥ a.
Soit q et r le quotient et le reste de la division euclidienne de b par a.
D’après la question précédente, 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 Z contenant 187 est de la forme aZ pour un certain
a ∈ Z divisant 187. Un tel sous-groupe est donc soit Z soit 11Z soit 17Z
soit 187Z.
Exercice 2.
Montrer qu’un groupe fini d’ordre n est cyclique si et seulement si il contient un
élément d’ordre n.
Solution.
Un générateur d’un groupe cyclique de cardinal n est d’ordre n. Soit G un groupe
fini de cardinal n contenant un élément γ d’ordre n. Alors le groupe cyclique H
engendré par γ est un sous-groupe de G de cardinal n. Les groupes G et H ont
même cardinal. Ce n’est possible que si H = G, c’est-à-dire si G est le groupe
cyclique engendré par γ.
Exercice 3 (Inverses dans (Z/nZ, ×)).
(1) Calculer l’inverse de 9 mod 11 (relativement à la multiplication dans
Z/11Z).
(2) Soit A un anneau commutatif. On dit qu’un élément a ∈ A \ {0} est un
diviseur de zéro s’il existe b ∈ A \ {0} tel que ab = 0.
Soient n ≥ 2 et m deux entiers. Montrer que m mod n est un diviseur
de zéro dans Z/nZ si 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 conséquent, 9 mod 11 est inversible (relativement à la multiplication
dans Z/11Z) d’inverse 5 mod 11.
(2) Comme 0 mod n n’est pas un diviseur de zéro dans Z/nZ, on peut se
contenter d’étudier le cas où n ne divise pas m. On note d := pgcd(m, n).
On note b := n/d. Comme d divise m, on a mb ≡ 0 mod n. Si 1 < d,
on a b 6≡ 0 mod n. Dans ce cas m mod n est un diviseur de zéro dans
Z/nZ.
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On considère une relation de Bezout entre n et m, c’est-à-dire deux
entiers µ, ν ∈ Z tels que d = µm + νn. On suppose maintenant que
m mod n est un diviseur de zéro dans Z/nZ. Alors il existe un entier
b ∈ Z tel que b 6≡ 0 mod n et mb ≡ 0 mod n. Comme µm ≡ d mod n,
on a bd ≡ µmb mod n ≡ 0 mod n. Ce n’est pas possible si d = 1. Par
conséquent on a bien 1 < d (et d < n puisque n ne divise pas m).
Exercice 4 (Racines de l’unité).
Soit n ≥ 1 un entier naturel. Une racine n-ième de l’unité (dans C) est un nombre
complexe z tel que z n = 1. Montrer que les racines n-ièmes de l’unité forment un
sous-groupe µn (C) de (C \ {0}, ×) isomorphe à Z/nZ.
Solution.
On voit sans difficultés que l’application (C∗ , ×) → (C∗ , ×), z 7→ z n est un
homomorphisme de groupes. Son noyau, constitué des racines nièmes de l’unité,
est donc un sous-groupe de (C∗ , ×).
2kπ
Les nombres complexes de la forme ei n avec k ∈ {0, . . . , n−1} sont des racines
n-ièmes de l’unité dans C. On considère l’application
ϕ : Z −→ µn (C)
2kπ
k 7−→ ei n .
Cette application est un homomorphisme de groupe et ϕ(n) = 1. Par conséquent
l’image d’un entier k par ϕ ne dépend que de la classe de congruence de k modulo n. L’homomorphisme ϕ induit donc un homomorphisme de groupes
φ : Z/nZ −→ µn (C)
2kπ
k
7−→ ei n .
En cours d’analyse, vous avez vu que la restriction de ϕ à [0; n − 1] est injective.
Par conséquent, φ est un homomorphisme injectif de groupes.
Par ailleurs, le polynôme z n − 1 a au plus n racines dans C. Par conséquent
le cardinal de µn (C) est au plus n. Comme Z/nZ est de cardinal n, l’injectivité
de φ implique la bijectivité de φ. L’application φ est donc un isomorphisme de
groupe.
Exercice 5 (Automorphismes de Z/nZ).
Soit n ≥ 2 un entier. Quels sont les automorphismes de Z/nZ ?
Solution.
Pour résoudre cet exercice, on utilise les relations de Bezout. Soit m un entier
premier à n. L’application
ϕm :
k
Z/nZ
−→
Z/nZ
mod n 7−→ mk mod n.
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est un homorphisme de groupe. Comme m et n sont premiers entre eux, il existe
µ, ν ∈ Z tel que µm + νn = 1. Pour tout k ∈ Z, on a mµk ≡ k mod n. Par
conséquent ϕm est surjective. Une application surjective entre deux ensembles
finis de même cardinal étant bijective, l’application ϕm est un automorphisme de
groupe. On montre que tous les automorphismes de Z/nZ sont de la forme ϕm
pour un certain entier m premier à n.
Soit ϕ : Z/nZ −→ Z/nZ un automorphisme. On note α := ϕ(1 mod n). Par
récurrence, on montre que ϕ(k mod n) = ϕ(k(1 mod n)) = kα. Soit a ∈ α
un représentant de α (NB : par définition des classes de congruences, α est un
sous-ensemble de Z). Comme ϕ est surjective, il existe µ ∈ Z tel que
µα = ϕ(µ mod n) = 1
mod n,
c’est-à-dire tel que µa ≡ 1 mod n. En particulier, il existe ν ∈ Z tel que
µa + νn = 1. Ainsi a et n sont premiers entre eux.
Exercice 6 (Sous-groupes de Z/nZ).
(1) Montrer que tout sous groupe d’un groupe cyclique est cyclique.
(2) En déduire que, pour tout diviseur d de n, le groupe Z/nZ a un unique
sous-groupe d’ordre d.
Indication : que peut on dire du plus petit sous-groupe H de Z/nZ contenant tous les sous-groupes d’ordre d de 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 ϕ s’appelle indicatrice d’Euler. Montrer que
tout groupe cyclique X
d’ordre d a ϕ(d) éléments d’ordre exactement d.
(4) En déduire que n =
ϕ(d).
d|n
Solution.
(1) On rappelle que tout groupe cyclique fini est isomorphe à Z/nZ pour un
certain entier n. On note j : Z −→ Z/nZ, k 7−→ k mod n la surjection canonique. Soit G un sous-groupe de Z/nZ. L’application j est un
homomorphisme de groupes donc j −1 (G) est un sous-groupe de Z. Par
conséquent, j −1 (G) = aZ pour un certain a ∈ Z. Comme j est surjective,
on a G = j (j −1 (G)) = j(aZ). Ainsi G est le groupe cyclique généré par
la classe de congruence de a modulo n.
(2) Soient G1 , · · · , Gr les sous-groupes d’ordre d de Z/nZ. D’après la question
précédente, Gi est engendré par la classe de congruence modulo n d’un
entier ai . Par définition de Gi , la classe de congruence de ai modulo n est
d’ordre exactement d.
De même, H est engendré par la classe de congruence modulo n d’un
entier a. Comme j(a1 Z + · · · + ar Z) contient tous les groupes Gi , le groupe
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H est contenu dans j(a1 Z+· · ·+ar Z). Par conséquent, il existe des entiers
λ1 , · · · , λr tels que
a≡
r
X
ai
mod n.
i=1
On en déduit que la classe de congruence de a modulo n est d’ordre au
plus d. Ainsi H est de cardinal au plus d. Or H contient Gi qui est de
cardinal d, donc H = Gi . Le groupe Z/nZ a donc un unique sous-groupe
d’ordre d.
(3) Soit a ∈ [0; d] un entier dont la classe de congruence modulo d est d’ordre
d. Alors a mod d engendre Z/dZ. En particulier 1 mod d appartient au
groupe cyclique engendré par a mod d. Ainsi, a mod d est inversible relativement à la multiplication dans Z/dZ. Par conséquent, a et d sont
premiers entre eux. Le groupe Z/dZ a donc ϕ(d) éléments d’ordre exactement d.
Tout groupe cyclique d’ordre d est isomorphe à Z/dZ. Le nombre d’éléments d’ordre exactement d dans un groupe est invariant par isomorphisme. Un groupe cyclique d’ordre d a donc ϕ(d) éléments d’ordre exactement d.
(4) Soit d un entier divisant n. Le groupe Z/nZ a un unique sous-groupe
d’ordre d qui contient exactement tous les éléments de Z/nZ d’ordre exactement d. Le groupe Z/nZ a donc ϕ(d) éléments d’ordre exactement d.
L’ordre
d’un élément de Z/nZ étant un diviseur de
X
Xn, le groupe Z/nZ a
ϕ(d) éléments. Par conséquent, on a bien n =
ϕ(d).
d|n
d|n
Exercice 7 (Lemme chinois).
Soient m1 , m2 ≥ 2 deux entiers premiers entre eux, et k1 , k2 ∈ Z. On étudie le
système de congruences
n ≡ k1 mod m1
(∗)
n ≡ k2 mod m2 .
(1) Vérifier que si n est solution de (∗) alors, les solutions au système (∗)
sont les entiers de la forme n + λm1 m2 avec λ ∈ Z.
(2) Construire une solution n ∈ Z au système (∗).
(3) Trouver tous les entiers n tels que
n ≡ 6 mod 11
n ≡ 5 mod 17
6
(4) Trouver tous les entiers n tels que
n ≡ 5 mod 21
n ≡ 9 mod 35
(5) Trouver tous les entiers n

 n
n
 n
tels que
≡ 3 mod 16
≡ 5 mod 27
≡ 11 mod 35
Solution.
(1) Si n ≡ k1 mod m1 et n ≡ k2 mod m2 , alors, pour tout λ ∈ Z on a bien
n + λm1 m2 ≡ k1 mod m1 et n + λm1 m2 ≡ k2 mod m2 .
Soient n1 , n2 ∈ Z deux solutions au système (∗). Alors on a
n1 − n2 ≡ 0 mod m1 c’est-à-dire que m1 divise n1 − n2 . De même, m2
divise n1 −n2 . Or m1 et m2 sont premiers entre eux, donc le produit m1 m2
divise n1 − n2 . Ainsi, on a bien n2 = n1 + λm1 m2 pour un certain λ ∈ Z.
(2) Les entiers m1 et m2 sont premiers entre eux. Il existe donc µ, ν ∈ Z tels
que µm1 + νm2 = 1. On pose n := k2 µm1 + k1 νm2 . Comme
et
νm2 = 1 − µm1 ≡ 1 mod m1
µm1 = 1 − νm2 ≡ 1 mod m2 ,
on a n ≡ k1 mod m1 et n ≡ k2 mod m2 . Ainsi, n est une solution au
système (∗).
(3) Les entiers 11 et17 sont premiers entre eux. L’ensemble des solutions du
système de congruences est une classe de congruence modulo 11 × 17 =
187. Cette classe de congruence peut être calculée à partir d’une relation
de Bezout entre 11 et 17. L’algorithme d’Euclide fournit une relation de
Bezout
2 × 17 − 3 × 11 = 1.
Une solution au système de congruences est 6 × 2 × 17 − 5 × 3 × 11 = 39.
Les solutions du système de congruences sont donc les entiers de la forme
39 + 187k avec k ∈ Z.
(4) Le pgcd de 21 et 35 est 7. Une solution du système de congruence vérifie
donc :
n ≡ 5 mod 7
n ≡ 9 mod 7.
Comme 9 mod 7 ≡ 2 mod 7 6≡ 5 mod 7, le système de congruence n’a
aucune solution.
(5) Les entiers 16 et 27 sont premiers entre eux. L’algorithme d’Euclide fournit
une relation de Bezout
−5 × 16 + 3 × 27 = 1.
7
Ainsi les solutions au système
n ≡ 3
n ≡ 5
mod 16
mod 27
sont les éléments de la classe de congruence de 5 × (−5) × 16 + 3 × 3 × 27 =
−157 modulo 432.
Les entiers 432 et 50 sont premiers entre eux. L’algorithme d’Euclide
fournit une relation de Bezout
3 × 432 − 37 × 35 = 1.
Les solutions au système de congruences

 n ≡ 3 mod 16
n ≡ 5 mod 27

n ≡ 11 mod 35
sont donc les éléments de la classe de 11×3×432+157×37×35 = 217571
modulo 15120, c’est-à-dire de la classe de congruence de 5891 modulo
15120.