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EPFL - Section de Mathématiques
Semestre d’automne 2014
Algèbre
Prof. Eva Bayer Fluckiger
Sections : Systèmes de communications, Informatique, Chimie et génie chimique
Solution du Test 2
Exercice 1. (10 points)
1. On effectue l’algorithme d’Euclide : pgcd(P, Q) est le polynôme unitaire associé au dernier
reste non nul.
X 4 + X 2 − 2 = X(X 3 − 1) + X 2 + X − 2
X 3 − 1 = (X − 1)(X 2 + X − 2) + 3X − 3
2
1
X 2 + X − 2 = (3X − 3)( X + ) + 0
3
3
On obtient donc D(X) = X − 1.
2. Pour trouver de tels polynômes U (X) et V (X), on remonte l’algorithme d’Euclide.
3D(X) = P (X) − (X − 1)(X 2 + X − 2) = P (X) − (X − 1)(Q(X) − XP (X))
3D(X) = (X 2 − X + 1)P (X) − (X − 1)Q(X)
On peut donc prendre U (X) = 31 (X 2 − X + 1) et V (X) = − 13 (X − 1).
Exercice 2. (20 points)
1. La décomposition en facteurs premiers de 385 est 5 · 7 · 11. Par conséquent, il a ϕ(385) =
4 · 6 · 10 = 240 unités dans Z/385Z. Or, dans Z/385Z, il y a trois types d’éléments : 0,
les unités, et les diviseurs de zéro. On en déduit qu’il y a 385 − 1 − 240 = 144 diviseurs
de zéro dans Z/385Z.
2. D’après le théorème des restes chinois, qui s’applique ici car 5, 7 et 11 sont deux-à-deux
premiers entre eux, il suffit de montrer que tout entier x satisfait x241 = x(mod p), pour
p = 5, 7 et 11. Or de deux choses l’une : soit x = 0(mod p) et alors l’égalité est claire, soit
x est une unité modulo p, et donc xp−1 = 1(mod p) d’après le théorème de Fermat. Dans
le second cas, on remarque que p − 1 divise 240, donc x240 = 1(mod p). En multipliant
par x des deux côtés, on obtient l’égalité voulue.
Exercice 3. (20 points)
1. C’est faux. Prenons par exemple P (X) = X 2 + X + 1. Ce polynôme est irréductible dans
F2 [X] car il n’a pas de racine dans F2 . Par conséquent, l’anneau F2 [X]/(P (X)) est un
corps à quatre éléments. Ce corps est donc isomorphe à F4 , et l’image de [X] par un
isomorphisme F2 [X]/(P (X)) → F4 fournit une racine de P dans F4 . Par conséquent P
n’est pas irréductible dans F4 [X].
2. C’est faux. Tout élément x de F4 vérifie x + x = 0, donc l’ordre de x dans (F4 , +) est
soit 1 soit 2.
3. C’est vrai. On a [X] · [X] = [X 2 ] = [0] dans Q[X]/(X 2 ), mais [X] 6= 0 car X 2 ne divise
pas X.
4. C’est vrai. En effet, on a [X + 1] · [1 − X] = [1 − X 2 ] = [1] dans Q[X]/(X 2 ), donc [X + 1]
est une unité, et son inverse est [1 − X].
5. C’est vrai. Si G = {1}, alors G est cyclique. Si G 6= {1}, soit g ∈ G \ {1}. Le sous-groupe
hgi est différent de {1} car il contient g et est donc égal à G par hypothèse. On en déduit
que G est cyclique.
Exercice 4. (25 points)
1. Il s’agit de résoudre le système de congruences suivant :
x ≡ 9 (mod 10)
x ≡ 1 (mod 6)
x ≡ 4 (mod 15).
On commence par résoudre le système formé des deux premières congruences. Si une
solution à ce système existe alors elle est unique à un multiple de ppcm(10, 6) = 30 près.
Par ailleurs, une telle solution peut s’écrire 9 + 10a ou 1 + 6b, avec a et b des entiers. On
obtient 8 = 6b − 10a, et l’on voit que l’on peut prendre a = 1 et b = 3. Par conséquent,
le système initial est équivalent au système suivant :
x ≡ 19 (mod 30)
x ≡ 4 (mod 15).
Remarquons maintenant que dans ce dernier système, la deuxième équation est satisfaite
si la première l’est. On obtient donc :
S9,1,4 = {19 + 30k,
k ∈ Z}.
2. Supposons que S1,0,0 est non vide. Soit x ∈ S1,0,0 . L’entier x satisfait donc le système de
congruences suivant :
x ≡ 1 (mod 10)
x ≡ 0 (mod 6)
x ≡ 0 (mod 15).
La première congruence impose à x d’être impair et la deuxième lui impose d’être pair,
ce qui est une contradiction. Le même argument montre par exemple que S3,0,0 est aussi
vide.
3. Pour voir que U est un sous-groupe de Z3 , commençons par observer que (0, 0, 0) appartient à U , car S0,0,0 est non vide (par exemple, 0 appartient à S0,0,0 ). Ensuite, donnonsnous (a, b, c) et (a0 , b0 , c0 ) deux éléments de U et montrons que la différence (a, b, c) −
(a0 , b0 , c0 ) = (a − a0 , b − b0 , c − c0 ) est aussi un élement de U . Par définition de U , on peut
fixer un élément x ∈ Sa,b,c et un élément x0 ∈ Sa0 ,b0 ,c0 . On a donc :
x ≡ a (mod 10)
x ≡ b (mod 6)
x ≡ c (mod 15)
et
x0 ≡ a0 (mod 10)
x0 ≡ b0 (mod 6)
x0 ≡ c0 (mod 15).
On obtient alors :
x − x0 ≡ a − a0 (mod 10)
x − x0 ≡ b − b0 (mod 6)
x − x0 ≡ c − c0 (mod 15).
Ce qui montre que x − x0 appartient à Sa−a0 ,b−b0 ,c−c0 et donc à fortiori que cet ensemble
est non vide. Par définition, cela montre que (a, b, c) − (a0 , b0 , c0 ) appartient à U .
Exercice 5. (25 points)
1. Notons P (X) = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Tout d’abord, observons que P (1) = 0. On
peut donc factoriser P (X) par X − 1. Une division euclidienne montre que l’on a :
P (X) = (X − 1)(X 3 + 2X 2 + 3X + 4). On voit alors que 1 est à nouveau une racine du
quotient X 3 +2X 2 +3X +4, ce qui nous permet d’écrire : P (X) = (X −1)2 (X 2 +3X +1).
Finalement, comme 3 = −2 dans F5 , on reconnaı̂t dans X 2 + 3X + 1 le développement
de (X − 1)2 , ce qui nous donne P (X) = (X − 1)4 .
Pour factoriser Q(X) = X 4 − X 3 + X 2 − 1, on commence aussi par remarquer que
Q(1) = 0. Par une division euclidienne, on obtient alors : Q(X) = (X − 1)(X 3 + X + 1).
Par ailleurs :
03 + 0 + 1 = 1, 13 + 1 + 1 = 3, 23 + 2 + 1 = 1, 33 + 3 + 1 = 1, 43 + 4 + 1 = 4,
donc le polynôme de degré trois X 3 + X + 1 n’a pas de racine dans F5 . Il est donc
irréductible.
Enfin, notons R(X) = X 3 + X 2 + 1. On a R(0) = 1, R(1) = 3, R(2) = 3, R(3) = 2 et
R(4) = 1, donc le polynôme de degré trois X 3 + X 2 + 1 n’a pas de racine dans F5 . Il est
donc irréductible.
2. Notons α la classe de congruence de X − 1 dans l’anneau A = F5 [X]/(P (X)). Il est
clair que α est non nul car P (X) ne divise pas X − 1. De plus, par définition de la
multiplication dans l’anneau A, α4 est la classe de congruence de (X − 1)4 . Comme
P (X) = (X − 1)4 , on voit que α4 = 0.
3. Notons γ (resp. δ) la classe de congruence de X −1 (resp. X 3 +X +1) dans dans l’anneau
B = F5 [X]/(Q(X)). On a γ 6= 0 et δ 6= 0 car Q(X), étant de degré 4, ne divise ni X − 1
ni X 3 + X + 1. De plus, d’après la factorisation obtenue dans la question 1., γδ est la
classe de congruence de Q(X), donc γδ = 0. On voit donc que γ et δ sont des diviseurs
de zéro dans l’anneau B.
Soit aussi β un élément de B tel que β 4 = 0. Soit S(X) un polynôme dans F5 [X] dont
β est la classe de congruence. On voit donc que Q(X) divise S(X)4 . Par conséquent, les
polynômes irréductibles X − 1 et X 3 + X + 1 divisent S(X)4 et donc S(X), par unicité
de la décomposition d’un polynôme en facteurs irréductibles. Le produit Q(X) de ces
deux facteurs divise donc S(X) ce qui montre que β = 0.
4. Les anneaux A et B ne sont pas isomorphes. En effet, en reprenant les notations des
questions précédentes, si f : A → B est un isomorphisme d’anneaux, alors f (α)4 =
f (α4 ) = 0 et f (α) 6= 0. Or un tel élément f (α) n’existe pas dans B, comme on l’a vu à
la question 3.
Les anneaux A et C sont isomorphes. Par exemple, l’application A → C, [T (X)] →
[T (X + 1)] est bien définie et est un isomorphisme.
D’après la question 1., le polynôme R est irréductible. Par conséquent, l’anneau D est
un corps, et il ne possède donc pas d’élément non nul tel que 4 = 0. Comme A possède
un tel élément, A et D ne sont pas isomorphes.
Les anneaux B et C ne sont pas isomorphes, car sinon, comme A et C sont isomorphes,
on aurait que A et B sont isomorphes, ce qui n’est pas le cas comme on l’a déjà vu.
Les anneaux B et D ne sont pas isomorphes car B possède un diviseur de zéro et pas D,
qui est un corps.
Les anneaux C et D ne sont pas isomorphes, car sinon, comme A et C sont isomorphes,
on aurait que A et D sont isomorphes, ce qui n’est pas le cas comme on l’a déjà vu.