corrigé

Licence 2 — Mathématiques 2008–2009
Algèbre et Arithmétique 3
Contrôle continu : corrigé
Exercice 1
1Les sous-groupes de Zsont les 𝑛Zpour 𝑛∈Z.
2 Soit 𝑛∈N , Z/𝑛Z est l’ensemble des classes de Z modulo 𝑛Z , c’est à dire l’ensemble quotient
de Zpar la relation d’équivalence 𝑥∼𝑦si et seulement si 𝑛|(𝑥−𝑦).
3 Soient 𝑐, 𝑐′ deux classes d’équivalence dans Z/𝑛Z , 𝑐 = ¯𝑥 , 𝑐′ =
¯
𝑥′ avec 𝑥, 𝑥′∈Z . Alors 𝑐 + 𝑐′
est la classe de 𝑥+𝑥′, qui ne dépend pas du choix des représentants 𝑥et 𝑥′des classes 𝑐et 𝑐′.
4 Cette application n’est pas bien définie, car 0et 12 sont dans la même classe modulo 12 (et
devraient donc être envoyés sur le même élément de Z/8Z, mais pourtant [12]8= [4]8̸= [0]8.
5 Soit ( 𝐴, + ,· )un anneau commutatif. Un idéal 𝐼 de 𝐴 est une partie de 𝐴 telle que ( 𝐼, +)
soit un sous-groupe de (𝐴, +) et que pour tous (𝑎, 𝑖)∈𝐴×𝐼,𝑎·𝑖∈𝐼.
6 Soit ( 𝐴, + ,· )un anneau commutatif intègre. On définit sur 𝐴×𝐴∖ { (0 , 0) } la relation
binaire ( 𝑝, 𝑞 ) ℛ ( 𝑝′, 𝑞′ ) ⇔𝑝𝑞′ = 𝑝′𝑞 . Montrons que cette relation est transitive. Soient ( 𝑝, 𝑞 ),
( 𝑝′, 𝑞′ ),( 𝑝′′ , 𝑞′′ ) ∈𝐴×𝐴∖ { (0 , 0) } , tels que ( 𝑝, 𝑞 ) ℛ ( 𝑝′, 𝑞′ )et ( 𝑝′, 𝑞′ ) ℛ ( 𝑝′′ , 𝑞′′ ). Alors 𝑝′ ou 𝑞′ est
non nul. On suppose par exemple que c’est 𝑝′ . On a alors ( 𝑝𝑞′′ −𝑝′′ 𝑞 ) 𝑝′ = 𝑝𝑝′𝑞′′ −𝑝′′ 𝑞𝑝′ car 𝐴
est commutatif. Mais alors, ( 𝑝𝑞′′ −𝑝′′ 𝑞 ) 𝑝′ = 𝑝𝑞′𝑝′′ −𝑝′′ 𝑞′𝑝 = 𝑝′′ ( 𝑝𝑞′−𝑞′𝑝 ) = 0 car 𝑝𝑞′ = 𝑞′𝑝 .
Ainsi, ( 𝑝𝑞′′ −𝑝′′ 𝑞 ) 𝑝′ = 0, et 𝐴 étant intègre et 𝑝′ non nul, 𝑝𝑞′′ = 𝑞′′ 𝑝 , et ( 𝑝, 𝑞 ) ℛ ( 𝑝′, 𝑞′ ). Le même
raisonnement en remplaçant 𝑝′par 𝑞′(si 𝑝′est nul mais pas 𝑞′) aboutit à la même conclusion.
7 Soit ( 𝐺, ⋆ )un groupe et 𝑎∈𝐺 d’ordre 𝜈 . Soit 𝑚∈Z tel que 𝑎𝑚 = 𝑒𝐺 . En écrivant la division
euclidienne de 𝑚 par 𝜈 , on a 𝑚 = 𝜈𝑘 + 𝑟 avec 0 ≤𝑟 < 𝜈 . De plus, 𝑒𝐺 = 𝑎𝑚 = 𝑎𝜈𝑞+𝑟 = ( 𝑎𝜈 )
𝑞⋆𝑎𝑟
=
𝑎𝑟 . Comme 𝑟 < 𝜈 , il en résulte que 𝑟 = 0, et 𝑚 est divisible par 𝜈 . Réciproquement, si 𝑚 est
divisible par 𝜈, écrivons 𝑚=𝑞𝜈, alors 𝑎𝑚= (𝑎𝜈)𝑞=𝑒𝐺.
8L’ordre de 𝑎3est 𝜈/3si 𝜈est divisible par 3, et 𝜈si 𝜈n’est pas divisible par 3.
Exercice 2
1 La fonction 𝜙 d’Euler est l’application N*→N* qui à 𝑛 associe le nombre d’entiers naturels
inférieurs à 𝑛et premiers avec 𝑛. C’est aussi le nombre d’inversibles de l’anneau (Z/𝑛Z,+,·)et
le nombre de générateurs du groupe cyclique (Z/𝑛Z,+).
2Dans Z/9Z, il y a 𝜙(9) = 𝜙(32)=3×(3 −1) = 6 éléments inversibles.
3 Les éléments de Z/ 9 Z sont les classes modulo 9 des entiers premiers avec 9. Ainsi, si on note
¯𝑥la classe de 𝑥modulo 9, les éléments de (Z/9Z)*sont ¯ 1,¯ 2,¯ 4,¯ 5,¯ 7,¯ 8.
4Laissée au lecteur.
5 D’aprés le théorème de Lagrange, si 𝐺 est un groupe fini et 𝐻 un sous-groupe de 𝐺 , alors
le cardinal de 𝐻 divise celui de 𝐺 . En particulier, l’ordre d’un élément de 𝐺 , étant celui du
sous-groupe engendré par cet élément, est un diviseur du cardinal de 𝐺 . Comme ( Z/ 9 Z )
*
a 6
éléments, les ordres possibles pour les éléments de ce groupe sont les diviseurs de 6, c’est-à-dire
1,2,3,6.
6 Le groupe ( Z/ 9 Z )
*
est fini, montrons qu’il est monogène. Il nous suffit pour cela de trouver
un élément de ce groupe qui ne soit d’ordre ni 1, ni 2, ni 3, car alors il est d’ordre 6 et engendre le
groupe. Mais 21= 2,22= 4 et 23= 8, donc 2 est générateur de (Z/9Z)*, qui est donc cyclique.

Exercice 3
1 Soient 𝑚, 𝑛 des entiers premiers entre eux. Alors le morphisme canonique d’anneaux Z→
Z/𝑚Z×Z/𝑛Zinduit un isomorphisme d’anneaux Z/𝑚𝑛Z→Z/𝑚Z×Z/𝑛Z.
2 D’après le théorème chinois, 3 et 4 étant premiers entre eux, les anneaux Z/ 3 Z×Z/ 4 Z
et Z/ 12 Z sont isomorphes, et les groupes sous-jacents aussi. Comme ( Z/ 12 Z, +) est un groupe
cyclique (engendré par la classe de 1), le groupe (Z/3Z×Z/4Z,+) est cyclique.
3 Un générateur de Z/ 12 Z est la classe de 1 modulo 12. Son image par l’isomorphisme de
théorème chinois est ([1]3,[1]4), qui est donc un générateur de (Z/3Z×Z/4Z,+).
Exercice 4
On utilise l’algorithme d’Euclide étendu. Par division euclidienne, 2 𝑋3 + 𝑋2− 10 𝑋 + 6 =
( 𝑋 +3)(2 𝑋2− 5 𝑋 +3)+(2 𝑋− 3), et 2 𝑋2− 5 𝑋 +3 = (2 𝑋− 3)( 𝑋− 1). Ainsi, pgcd ( 𝑃, 𝑄 ) = 2 𝑋− 3
et une relation de Bézout est : −(𝑋+ 3) ·𝑃+ 1 ·𝑄= 2𝑋−3.
Exercice 5
1 Soit 𝑛∈N* . Alors 1
𝑛
= 1, donc 1 ∈𝐶𝑛 . Soient 𝑧1, 𝑧2∈𝐶𝑛 . Alors ( 𝑧−1
1𝑧2
)
𝑛
=
𝑧𝑛
2
𝑧𝑛
1
= 1, donc
𝑧−1
1𝑧2∈𝐶𝑛. Donc 𝐶𝑛est un sous-groupe de (C*,·).
2 Soit 𝑛∈N* , on considère l’élément 𝜔𝑛 = 𝑒2𝑖𝜋
𝑛
de 𝐶𝑛 . Alors 𝜔𝑘
𝑛̸
= 1 si 0 < 𝑘 ≤𝑛− 1, et
𝜔𝑛
𝑛
= 1, donc le sous-groupe de 𝐶𝑛 engendré par 𝜔𝑛 est d’ordre n, qui est aussi l’ordre de 𝐶𝑛 . Le
groupe 𝐶𝑛 étant fini, il est donc cyclique, et 𝜔𝑛 est un générateur de 𝐶𝑛 . Considérons l’application
Z→𝐶𝑛 qui à 𝑘 associe 𝜔𝑘
𝑛
: c’est un morphisme de groupes (c’est en fait le morphisme de Z dans
𝐶𝑛 canoniquement associé à 𝜔𝑛 ). Comme 𝜔𝑛 est d’ordre 𝑛 , le noyau de cette application est 𝑛Z .
Cette application étant clairement surjective par définition de 𝐶𝑛 , elle induit un isomorphisme
Z/𝑛Z→𝐶𝑛.
3 Supposons d’abord que 𝐶𝑑⊂𝐶𝑛 . Alors 𝐶𝑑 est un sous-groupe de 𝐶𝑛 , et d’après le théorème
de Lagrange, le cardinal de 𝐶𝑑 divise celui de 𝐶𝑛 , c’est à dire 𝑑|𝑛 . Réciproquement, si 𝑑|𝑛 , alors
𝜔𝑑=𝜔
𝑛
𝑑
𝑛∈𝐶𝑛, et donc 𝐶𝑑⊂𝐶𝑛.
4 (a) Soit 𝑧∈𝐻 . Comme 𝐻 est d’ordre 𝑛 , d’après le théorème de Lagrange, on a 𝑧𝑛 = 1. Donc
𝑧∈C𝑛, et donc 𝐻⊂𝐶𝑛.
(b) D’après le (a), 𝐻⊂𝐶𝑛 . Comme 𝐻 et 𝐶𝑛 sont de même cardinal, ils sont finalement égaux,
d’où 𝐻=𝐶𝑛.
5(a)
(Première rédaction) Le groupe
⟨𝑒2𝑖𝜋
𝑚, 𝑒2𝑖𝜋 𝑛⟩
est un sous-groupe fini de ( C*,· ), il est donc de
la forme 𝐶𝑟 pour un certain 𝑟∈N (d’après la question 4). Comme 𝑒2𝑖𝜋
𝑚
et 𝑒2𝑖𝜋
𝑛
sont dans ce
groupe, leur ordre divise 𝑟 . Ainsi, 𝑚|𝑟 , 𝑛|𝑟 et donc 𝑞 = ppcm ( 𝑚, 𝑛 ) |𝑟 . D’après la question 3,
𝐶𝑞⊂𝐶𝑟=⟨𝑒2𝑖𝜋
𝑚, 𝑒2𝑖𝜋 𝑛⟩.
(Deuxième rédaction) Soit 𝑑 = pgcd ( 𝑚, 𝑛 ), il existe 𝑢, 𝑣 ∈Z tels que 𝑑 = 𝑢𝑚 + 𝑣𝑛 . Ainsi,
𝑚𝑛 = 𝑞𝑑 = 𝑢𝑚𝑞 + 𝑣𝑛𝑞 , et finalement, en divisant par 𝑚𝑛 ,1 =
𝑢𝑞
𝑛
+
𝑣𝑞
𝑚
. Ainsi, 𝑒2𝑖𝜋
𝑞
= 𝑒𝑢2𝑖𝜋
𝑛𝑒𝑣2𝑖𝜋 𝑚
,
donc 𝐶𝑞⊂⟨𝑒2𝑖𝜋
𝑛, 𝑒2𝑖𝜋 𝑛⟩.
(b) Comme 𝑚 et 𝑛 divisent 𝑞 , 𝑒2𝑖𝜋
𝑛
et 𝑒2𝑖𝜋
𝑛
sont racines 𝑞 -ièmes de l’unité, et donc le sous-groupe
qu’elles engendrent est contenu dans 𝐶𝑞, ce qui prouve finalement que ⟨𝑒2𝑖𝜋
𝑚, 𝑒2𝑖𝜋 𝑛⟩=𝐶𝑞.