Corrigé de la série 6

Cours d’Alg` ebre Semestre d’automne 2014
Prof. E. Bayer Fluckiger 27 octobre 2014
Corrig´e de la s´erie 6
Exercice 1.
1. Comme les nombres 3,5 et 7 divisent 105, on a un homomorphisme d’anneaux
bien d´efini :
ϕ:Z/105Z−→ Z/3Z×Z/5Z×Z/7Z
[n]105 7→ ([n]3,[n]5,[n]7).
Vu que 105 = 3 ·5·7 et que 3,5 et 7 sont deux-`a-deux premiers entre eux,
on a par le th´eor`eme des restes chinois que ϕest bijective. C’est-`a-dire que
pour chaque choix de u, v, w ∈Zil existe un n∈Ztel que ([n]3,[n]5,[n]7) =
([u]3,[v]5,[w]7) et que si un autre n′∈Zsatisafait cette propri´et´e, alors
[n]105 = [n′]105. On peut choisir en particulier u= 2, v = 4 et w= 3.
2. Avec les divisions euclidiennes 35 = 11 ·3 + 2 et 3 = 1 ·2 + 1, on obtient
1 = 3−2 = 3+3·11 −35 = 12·3−35. On voit donc que a:= 1−12 ·3 = −35
satisfait le syst`eme congruences demand´e.
3. De la mˆeme fa¸con, on voit que b:= 21 = 4 ·5 + 1 satisfait le syst`eme de
congruences b≡0 mod 3, b≡1 mod 5, et b≡0 mod 7.
4. Finalement, en utilisant la division euclidienne 15 = 2 ·7+1, on a que c:= 15
est une solution du syst`eme de congruences x≡0 mod 3, x≡0 mod 5, et
x≡1 mod 7.
5. Il faut qu’on trouve xa, xb, xc∈Ztel que ϕ(xa·[a]105 +xb·[b]105 +xc·[c]105) =
([2]3,[4]5,[3]7). Vu que ϕest un homomorphisme, on peut choisir xa:= 2,
xb:= 4, et xc:= 3. Une solution du syst`eme de congruences original est donc
x= 59.
Exercice 2.
1. Soit f:Z/m ·Z→Z/n ·Zun homomorphisme de groupes. Il est clair
que nf([1]m) est ´egal `a [0]n,donc l’ordre de f([1]m) divise n. On observe
maintenant que m[1]mest ´egal `a [0]m. Comme fest un homomorphisme, il
suit que
m·f([1]m) = f(m·[1]m) = f([0]m) = 0.
Ceci implique que l’ordre de f([1]m) divise aussi m. Par cons´equent l’ordre
de f([1]m) divise le plus grand diviseur commun `a net m, `a savoir d.

2. Soit `a pr´esent [a]n∈Z/nZun ´el´ement dont l’ordre divise d. On consid`ere
l’application :
f[a]n:Z/mZ→Z/nZ
[x]m7→ [ax]n
Tout d’abord, on remarque que cette application est bien d´efinie. En effet,
si [x]m= [y]m, alors x−yest un entier divisible par m, donc divisible par
l’ordre de [a]n. Ceci implique que (x−y)[a]n= 0, c’est-`a-dire [ax]n= [ay]n.
Ensuite, on voit que f[a]nest un homomorphisme de groupes. En effet, pour
tous x, y ∈Z, on a :
f[a]n([x+y]m) = [a(x+y)]n= [ax]n+ [ay]n=f[a]n([x]m) + f[a]n([y]m).
Par ailleurs, on a f[a]n([1]m) = [a]n. Enfin, vu que le groupe Z/mZest
engendr´e par [1]mil est clair qu’un homomorphisme de groupes fde Z/mZ
dans Z/nZest d´etermin´e uniquement par la valeur de f([1]m). Il est donc
clair que f[a]nest l’unique homomorphisme de groupes de Z/mZdans Z/nZ
satisfaisant f([1]m) = [a]n.
3. Le fait que l’ordre de [a]ndivise dest ´equivalent au fait que d[a]n= 0, ce qui
est ´equivalent au fait que ndivise da, aussi ´equivalent au fait que n
ddivise a.
En r´esumant les r´esultats obtenus jusqu’ici, on voit donc qu’il y a une bijection
entre l’ensemble des multiples de n
dcompris entre 0 et n−1 et l’ensemble des
homomorphismes de groupes de Z/mZdans Z/nZ, l’application a→f[a]n
´etant une bijection explicite.
4. Supposons d’abord que mdivise n. Dans ce cas on a d=m. Soit a=n
m.
On montre que l’homomorphisme f[a]nest injectif. En effet, si f([x]m) = 0,
alors ax =n
mxest multiple de n, ce qui implique que xest multiple de m,
autrement dit [x]m= 0. On vient donc de montrer que le noyau de f[a]nest
r´eduit `a z´ero, ce qui prouve que f[a]nest injectif. Supposons maintenant que
mne divise pas n. Soit aun entier compris entre 0 et n−1 et multiple
de n
d. On a donc a=kn d, avec kcompris entre 0 et d−1. Il est clair que
f[a]n([d]m) = 0 et [d]m6= [0]m, donc f[a]nn’est pas injectif. Comme tout
homomorphisme de groupes de Z/mZdans Z/nZest du type f[a]non voit
qu’il n’existe pas d’homomorphisme injectif si mne divise pas n.
5. Soit aun entier compris entre 0 et n−1 et multiple de n
d. On a donc a=kn d,
avec kcompris entre 0 et d−1. L’homomorphisme f[a]nest surjectif si et
seulement si f([1]m) = [a]nest un g´en´erateur du groupe Z/nZ, c’est-`a-dire
si et seulement si [a]nest une unit´e de Z/nZou encore si et seulement si a
est premier avec n. Comme a=kn
d, on voit que ane peut ˆetre premier `a
nque si d=n, c’est-`a-dire ndivise m. Si tel est le cas, alors par exemple
l’homomorphisme f[1]nest surjectif.
6. On a pgcd(10,15) = 5. Par cons´equent, d’apr`es les questions (1), (2) et (3),
les homomorphismes de Z/10Zdans Z/15Zsont les applications :
f[a]15 :Z/10Z→Z/15Z
2

[x]10 →[ax]15
o`u aparcourt l’ensemble 0,3,6,9,12. Il y a donc cinq tels homomorphismes.
Exercice 3.
Soit Iun id´eal de Z/nZ. On v´erifie que:
J={x∈Z,[x]n∈I}
est un id´eal de Z. On a donc J=dZpour un unique entier naturel d. Comme
nappartient `a J(observer pour voir cela que [n]n= 0 appartient `a I), on obtient
que ddivise n. Par ailleurs, on a :
I={[x]n, x ∈J}={[dx]n, x ∈Z}= [d]nZ/nZ.
Pour un diviseur positif dde n, on note Idl’id´eal ci-dessus. On a donc montr´e pour
l’instant que tout id´eal Ide Z/nZpeut s’´ecrire sous la forme Id. Par ailleurs, il
est clair que dest l’entier positif minimal v´erifiant que [d]nappartient `a Id. Ceci
montre l’unicit´e de l’´ecriture sous la forme Id. Finalement on a donc montr´e que
l’ensemble des id´eaux de Z/nZest en bijection avec l’ensemble des diviseurs positifs
de n, via la correspondance d→Id.
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