Université Lyon 1 M1 EADM Automne 2010 S.P. Questions d

Universit´e Lyon 1
M1 EADM
Automne 2010
S.P.
Questions d’arithm´etique.
Voici quelques rappels et questions classiques d’arithm´etique.
Z/nZest un anneau commutatif pour les lois
a+b=a+b, a ·b=ab,
de neutres 0 (pour +) et 1 (pour ·).
Le groupe additif (Z/nZ,+) est un groupe cyclique de g´en´erateur 1. De plus l’ordre de l’´el´ement
k= 1 + · · · + 1 (kfois) ´etant donn´e par
ordre (k) = n
pgcd (k, n)
on a
Z/nZ=hki+⇔pgcd (k, n)=1.
Exemple: pour n= 8, on a
Z/8Z=h1i+=h3i+=h5i+=h7i+.
Par contre
h0i+={0},h2i+={0,2,4,6},h4i+={0,4},h6i+=h2i+.
Prop: tout groupe cyclique Gd’ordre nest isomorphe `a (Z/nZ,+).
La d´emo est tr`es classique et tr`es courte: si G=hxi, l’application f:Z→G:l7→ xlest un
morphisme surjectif de noyau nZ. Par le th´eor`eme d’isomorphisme, finduit un isomorphisme de
groupes
f:Z/nZ→G:l7→ xl.
Def: Soit (A, +A,·A) un anneau de neutres not´es 0A(pour +A) et 1A(pour ·A).
On note A?l’ensemble des ´el´ements de Aqui sont inversibles pour la multiplication ·Ai.e.
u∈A?⇔ ∃w∈A, tel que u·Aw=w·Au= 1A,
auquel cas w∈A?,west unique et on ´ecrit w=u−1.
Prop: (A?,·A) est un groupe.
D´emo: pour commencer 1A∈A?. Ensuite, pour u, u0∈A?on a
(u·Au0)·A(u0−1·Au−1)=1A
ce qui montre que u·Au0∈A?.Enfin si u∈A?alors (u−1)−1=u.
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Produit d’anneaux: si Aet Bsont deux anneaux, le produit A×Best un anneau pour les lois
(a, b)+(a0, b0) = (a+Aa0, b +Bb0),(a, b)·(a0, b0)=(a·Aa0, b ·Bb0)
de neutres respectifs (0A,0B) et (1A,1B). Pour ces lois, on a (A×B)?=A?×B?.
Soient Aet Bdeux anneaux et f:A→Bun morphisme pr´eservant les unit´es i.e.
f(a+Aa0) = f(a) +Bf(a0), f(a·Aa0) = f(a)·Bf(a0), f(1A)=1B.
Prop: fse restreint en un morphisme de groupes multiplicatifs f:A?→B?. En particulier,
lorsque fest bijective cette restriction est un isomorphisme de groupes.
Prop: k∈(Z/nZ)?ssi pgcd (k, n) = 1.
D´emo: c’est B´ezout. En effet, kest inversible dans Z/nZssi il existe u∈Ztel que u·k=uk = 1
ssi il existe u∈Ztel que uk ≡1[n] ssi il existe u, v ∈Ztels que uk +vn = 1, ce qui, par B´ezout,
´equivaut `a pgcd (k, n)=1.
En conclusion, on a les ´equivalences:
Z/nZ=hki+⇔pgcd (k, n)=1⇔k∈(Z/nZ)?.
Def: On note φ(n) le nombre d’entiers ktels que 1 ≤k≤net pgcd (k, n) = 1. φ(n) est appel´ee
la fonction indicatrice d’Euler.
Par ce qui pr´ec`ede, φ(n) est l’ordre du groupe multiplicatif |(Z/nZ)?|et le nombre de g´en´erateurs
du groupe cyclique (Z/nZ,+). Par le th´eor`eme d’isomorphisme des groupes cycliques, φ(n) est
aussi le nombre de g´en´erateurs de tout groupe cyclique d’ordre n.
Prop: φ(n) est une fonction arithm´etique multiplicative. Ceci signifie:
∀a, b ∈N\ {0},pgcd (a, b)=1⇒φ(ab) = φ(a)φ(b).
L’une des preuves classiques utilise les restes chinois que je rappelle ici: on note knla classe de
l’entier kdans Z/nZ.
On commence par observer que l’application
ψ:Z→Z/aZ×Z/bZ:k7→ (ka, kb)
est un morphisme d’anneaux. En particulier, ψest un morphisme de groupes additifs.
On a Ker ψ =abZ: en effet, ψ(k) = (0a,0b) ssi aet bdivisent kssi ab divise k(car pgcd (a, b) = 1).
Le th´eor`eme d’isomorphisme (pour les groupes) assure alors que l’application quotient
ψ:Z/abZ→Z/aZ×Z/bZ:kab 7→ (ka, kb)
est un morphisme injectif de groupes additifs. De plus, ψpr´eserve la multiplication i.e. ψest un
morphisme d’anneaux.
On observe enfin que ψest surjectif: en effet, |Z/abZ|=ab =|Z/aZ×Z/bZ|et toute application
injective entre ensembles finis de mˆeme cardinal est une bijection.
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Conclusion: l’application ψest un isomorphisme d’anneaux. Elle se restreint donc en un isomor-
phisme de (Z/abZ)?sur (Z/aZ×Z/bZ)?= (Z/aZ)?×(Z/bZ)?. Ces deux groupes multiplicatifs
sont d`es lors de mˆeme cardinal i.e.
φ(ab) = φ(a)φ(b).
Calcul pratique: si n=pr1
1· · · prl
lest la d´ecomposition en facteurs premiers de non a φ(n) =
φ(pr1
1)· · · φ(prl
l). Reste `a calculer φ(pr) pour ppremier. Pour cela on observe que pgcd (k, pr)6=
1⇔pdivise k. Il s’agit donc de compter les entiers kentre 1 et prqui sont multiples de p. Voici
la liste p, 2p, 3p, . . . , pr−1p. Il y en a pr−1et on obtient
|(Z/prZ)?|=φ(pr) = pr−pr−1.
Ce calcul de cardinal montre en particulier que l’anneau Z/prZest un corps ssi r= 1 (pour
r > 1, pr−pr−1< pr−1).
Voici une question d´evelopp´ee dans l’´ecrit 2 de 2003:
Les groupes multiplicatifs (Z/prZ)?sont-ils cycliques?
1. Le cas r= 1.
Il faut veiller ici `a bien distinguer les propri´et´es additives des propri´et´es multiplicatives des classes
de restes: pour r= 1, on sait d´ej`a que le groupe additif (Z/pZ,+) est cyclique. En fait, le d´ebut
de cette fiche montre que pour tout ktel que 1 ≤k≤p−1 on a
Z/pZ=hki+.
La question que l’on se pose est de savoir si le groupe multiplicatif ((Z/pZ)?,·) est cyclique i.e. s’il
existe k∈Ntel que
Z/pZ\ {0}=hki={kl, l ∈Z}.
Exemple: Dans (Z/7Z)?on a
h1i={1},h6i={1,6},h2i=h4i={1,2,4},(Z/7Z)?=h3i=h5i
ce qui montre que ((Z/7Z)?,·) est cyclique. Il contient deux g´en´erateurs 3 et 5.
Dans la suite, j’utiliserai le fait suivant d´emontr´e en cours:
-si Gest un groupe cyclique d’ordre nalors pour tout diviseur d∈Div(n),Gcontient exactement
φ(d)´el´ements d’ordre d. En particulier Pd∈Div(n)φ(d) = n. -
Voici l’´enonc´e g´en´eral
Prop: quel que soit p∈Npremier, le groupe multiplicatif (Z/pZ)?est cyclique (d’ordre p−1).
En particulier, il contient φ(p−1) g´en´erateurs (i.e. φ(p−1) ´el´ements d’ordre p−1).
D´emo: on commence par montrer la propri´et´e g´en´erale suivante:
Soit Gun groupe fini d’ordre n∈N. On suppose que pour tout diviseur d∈Div(n)l’´equation
xd= 1G(?)
admet au plus dsolutions distinctes x∈G. Alors Gest cyclique i.e. il existe un ´el´ement z∈G
d’ordre n.
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Pour prouver cette propri´et´e on va comparer le nombre N(d) d’´el´ements d’ordre ddans G`a la
valeur de l’indicatrice d’Euler φ(d).
Soit d∈Div(n).
- Si N(d) = 0 on a N(d)≤φ(d) (car 1 ≤φ(d)).
- Supposons N(d)6= 0 et soit x∈Gd’ordre d. Le sous-groupe hxi< G est alors (par d´efinition) de
cardinal det, par Lagrange, on a (x0)d= 1 pour tout x0∈ hxi. Il y a donc au moins dsolutions de
l’´equation (?) dans G. Comme, par hypoth`ese, il y en a au plus d, il y en a exactement det ce sont
les ´el´ements de hxi. En particulier tous les ´el´ements d’ordre dde Gsont ´el´ements du sous-groupe
cyclique hxiqui on le sait en contient φ(d), i.e. N(d) = φ(d).
Conclusion: pour tout d∈Div(n), N(d)≤φ(d). La relation
n=X
d∈Div(n)
N(d)≤X
d∈Div(n)
φ(d) = n
implique alors N(d) = φ(d) pour tout d. En particulier Gadmet φ(n) ´el´ements d’ordre n. Il est
donc cyclique.
Reste `a v´erifier que (Z/pZ)?satisfait l’hypoth`ese faite sur Gi.e. que pour tout d∈Div(p−1) il
y a au plus dsolutions distinctes de l’´equation
xd= 1 dans (Z/pZ)?.
Pour cela on consid`ere l’anneau Z/pZ[X] des polynˆomes `a coefficients dans le corps Z/pZ. Comme
tout polynˆome de degr´e d`a coefficients dans un corps, le polynˆome P(X) = Xd−1 admet au plus
dracines distinctes dans Z/pZi.e. l’´equation xd= 1 admet au plus dsolutions distinctes dans
(Z/pZ)?.
Exemples:
(1) retour sur (Z/7Z)?: ce groupe est d’ordre 6. φ(1) = 1 (l’unique ´el´ement d’ordre 1 est le neutre
1). Il y a φ(2) = 1 ´el´ement d’ordre 2; il s’agit de 6. Il y a φ(3) = 2 ´el´ements d’ordre 3 qui sont 2
et 4 et enfin φ(6) = φ(2)φ(3) = 2 ´el´ements d’ordre 6 qui sont 3 et 5.
(2) voici un contre-exemple: (Z/8Z)?est d’ordre φ(8) = φ(23)=23−22= 4 et on a (Z/8Z)?=
{1,3,5,7}. Tous les ´el´ements sont d’ordre 2. Ce groupe multiplicatif n’est donc pas cyclique.
Il est int´eressant d’observer que dans l’anneau Z/8Z[X], le polynˆome X2−1 admet les quatre
racines 1,3,5,7.
2. Le cas p≥3.
Exemple: le groupe (Z/32Z)?est d’ordre φ(32)=32−3 = 6 et
(Z/32Z)?={1,2,4,5,7,8}.
On a
h1i={1},(Z/32Z)?=h2i=h5i,h4i=h7i={1,4,7},h8i={1,8}.
D`es lors, le groupe multiplicatif (Z/32Z)?est cyclique et 2 et 5 sont tous deux g´en´erateurs.
Voici l’´enonc´e g´en´eral
Prop: pour p≥3 premier et n∈N\ {0}le groupe (Z/pnZ)?est cyclique.
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La preuve utilise la propri´et´e suivante (cf l’exercice 4 de la fiche de corrig´es):
Soit Gun groupe commutatif et x, y ∈Gdeux ´el´ements d’ordres ´etrangers. Alors
ordre (xy) = ordre (x)·ordre (y).
On commence par observer que
|(Z/pnZ)?|=pn−pn−1=pn−1(p−1).
La preuve consiste alors `a expliciter deux classes aet a0d’ordres respectifs pn−1et (p−1). Par la
propri´et´e que l’on vient de rappeler,
a·a0=aa0sera d’ordre pn−pn−1
i.e. aa0sera un g´en´erateur de (Z/pnZ)?.
Voici les d´etails sous la forme de 2 exercices. On suppose p∈N premier impair.
Exercice 1. (recherche d’une classe d’ordre pn−1)
(1) Montrer que pour tout entier ktel que 1 ≤k≤p−1, p divise le coefficient du binˆome p
k.
(2) D´eduire du (1) que (1 + p)p= 1 + p2uo`u pne divise pas l’entier u.
En proc´edant par r´ecurrence finie, montrer que quel que soit l’entier mtel que 1 ≤m≤n−1, on
a (1 + p)pm= 1 + pm+1um+1 o`u pne divise pas l’entier um+1.
(3) En d´eduire que la classe 1 + pest d’ordre pn−1dans le groupe multiplicatif (Z/pnZ)?.
Exercice 2. (recherche d’une classe d’ordre (p−1))
(1) Montrer que le morphisme Z →Z/pZ : l7→ linduit un morphisme surjectif d’anneaux
ϕ: Z/pnZ→Z/pZ.
(2) Soit cun entier tel que csoit un g´en´erateur du groupe multiplicatif (Z/pZ)?et d´esignons par
cnla classe de cdans Z/pnZ.
Dire pourquoi cnest ´el´ement de (Z/pnZ)?. Montrer que γ=cnpn−1est d’ordre p−1 dans (Z/pnZ)?.
[Indication: pour un entier l≥1tel que γl= 1n, on a 1 = ϕ(γl).]
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