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EPFL -Section de Math´ ematiques Semestre d’automne 2014
Alg`ebre
Prof. Eva Bayer Fluckiger
Sections : Syst`emes de communications, Informatique, Chimie et g´enie chimique
Solution du Test 2
Exercice 1. (10 points)
1. On effectue l’algorithme d’Euclide : pgcd(P, Q) est le polynˆome unitaire associ´e au dernier
reste non nul.
X4+X2−2 = X(X3−1) + X2+X−2
X3−1=(X−1)(X2+X−2) + 3X−3
X2+X−2 = (3X−3)(1
3X+2 3)+0
On obtient donc D(X) = X−1.
2. Pour trouver de tels polynˆomes U(X) et V(X), on remonte l’algorithme d’Euclide.
3D(X) = P(X)−(X−1)(X2+X−2) = P(X)−(X−1)(Q(X)−XP (X))
3D(X) = (X2−X+ 1)P(X)−(X−1)Q(X)
On peut donc prendre U(X) = 1
3(X2−X+ 1) et V(X) = −1 3(X−1).
Exercice 2. (20 points)
1. La d´ecomposition en facteurs premiers de 385 est 5 ·7·11. Par cons´equent, il a ϕ(385) =
4·6·10 = 240 unit´es dans Z/385Z. Or, dans Z/385Z, il y a trois types d’´el´ements : 0,
les unit´es, et les diviseurs de z´ero. On en d´eduit qu’il y a 385 −1−240 = 144 diviseurs
de z´ero dans Z/385Z.
2. D’apr`es le th´eor`eme des restes chinois, qui s’applique ici car 5, 7 et 11 sont deux-`a-deux
premiers entre eux, il suffit de montrer que tout entier xsatisfait x241 =x(mod p), pour
p= 5,7 et 11. Or de deux choses l’une : soit x= 0(mod p) et alors l’´egalit´e est claire, soit
xest une unit´e modulo p, et donc xp−1= 1(mod p) d’apr`es le th´eor`eme de Fermat. Dans
le second cas, on remarque que p−1 divise 240, donc x240 = 1(mod p). En multipliant
par xdes deux cˆot´es, on obtient l’´egalit´e voulue.
Exercice 3. (20 points)
1. C’est faux. Prenons par exemple P(X) = X2+X+ 1. Ce polynˆome est irr´eductible dans
F2[X] car il n’a pas de racine dans F2. Par cons´equent, l’anneau F2[X]/(P(X)) est un
corps `a quatre ´el´ements. Ce corps est donc isomorphe `a F4, et l’image de [X] par un
isomorphisme F2[X]/(P(X)) →F4fournit une racine de Pdans F4. Par cons´equent P
n’est pas irr´eductible dans F4[X].
2. C’est faux. Tout ´el´ement xde F4v´erifie x+x= 0, donc l’ordre de xdans (F4,+) est
soit 1 soit 2.

3. C’est vrai. On a [X]·[X]=[X2] = [0] dans Q[X]/(X2), mais [X]6= 0 car X2ne divise
pas X.
4. C’est vrai. En effet, on a [X+ 1] ·[1 −X] = [1 −X2] = [1] dans Q[X]/(X2), donc [X+ 1]
est une unit´e, et son inverse est [1 −X].
5. C’est vrai. Si G={1}, alors Gest cyclique. Si G6={1}, soit g∈G\ {1}. Le sous-groupe
hgiest diff´erent de {1}car il contient get est donc ´egal `a Gpar hypoth`ese. On en d´eduit
que Gest cyclique.
Exercice 4. (25 points)
1. Il s’agit de r´esoudre le syst`eme de congruences suivant :
x≡9 (mod 10)
x≡1 (mod 6)
x≡4 (mod 15).
On commence par r´esoudre le syst`eme form´e des deux premi`eres congruences. Si une
solution `a ce syst`eme existe alors elle est unique `a un multiple de ppcm(10,6) = 30 pr`es.
Par ailleurs, une telle solution peut s’´ecrire 9 + 10aou 1 + 6b, avec aet bdes entiers. On
obtient 8 = 6b−10a, et l’on voit que l’on peut prendre a= 1 et b= 3. Par cons´equent,
le syst`eme initial est ´equivalent au syst`eme suivant :
x≡19 (mod 30)
x≡4 (mod 15).
Remarquons maintenant que dans ce dernier syst`eme, la deuxi`eme ´equation est satisfaite
si la premi`ere l’est. On obtient donc :
S9,1,4={19 + 30k, k ∈Z}.
2. Supposons que S1,0,0est non vide. Soit x∈S1,0,0. L’entier xsatisfait donc le syst`eme de
congruences suivant :
x≡1 (mod 10)
x≡0 (mod 6)
x≡0 (mod 15).
La premi`ere congruence impose `a xd’ˆetre impair et la deuxi`eme lui impose d’ˆetre pair,
ce qui est une contradiction. Le mˆeme argument montre par exemple que S3,0,0est aussi
vide.
3. Pour voir que Uest un sous-groupe de Z3, commen¸cons par observer que (0,0,0) appar-
tient `a U, car S0,0,0est non vide (par exemple, 0 appartient `a S0,0,0). Ensuite, donnons-
nous (a, b, c) et (a0, b0, c0) deux ´el´ements de Uet montrons que la diff´erence (a, b, c)−
(a0, b0, c0) = (a−a0, b −b0, c −c0) est aussi un ´element de U. Par d´efinition de U, on peut
fixer un ´el´ement x∈Sa,b,c et un ´el´ement 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−x0appartient `a Sa−a0,b−b0,c−c0et donc `a fortiori que cet ensemble
est non vide. Par d´efinition, cela montre que (a, b, c)−(a0, b0, c0) appartient `a U.
Exercice 5. (25 points)
1. Notons P(X) = X4+X3+X2+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)(X3+ 2X2+ 3X+ 4). On voit alors que 1 est `a nouveau une racine du
quotient X3+2X2+3X+4, ce qui nous permet d’´ecrire : P(X)=(X−1)2(X2+3X+1).
Finalement, comme 3 = −2 dans F5, on reconnaˆıt dans X2+ 3X+ 1 le d´eveloppement
de (X−1)2, ce qui nous donne P(X)=(X−1)4.
Pour factoriser Q(X) = X4−X3+X2−1, on commence aussi par remarquer que
Q(1) = 0. Par une division euclidienne, on obtient alors : Q(X) = (X−1)(X3+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 polynˆome de degr´e trois X3+X+ 1 n’a pas de racine dans F5. Il est donc
irr´eductible.
Enfin, notons R(X) = X3+X2+ 1. On a R(0) = 1, R(1) = 3, R(2) = 3, R(3) = 2 et
R(4) = 1, donc le polynˆome de degr´e trois X3+X2+ 1 n’a pas de racine dans F5. Il est
donc irr´eductible.
2. Notons αla classe de congruence de X−1 dans l’anneau A=F5[X]/(P(X)). Il est
clair que αest non nul car P(X) ne divise pas X−1. De plus, par d´efinition de la
multiplication dans l’anneau A,α4est 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. X3+X+1) dans dans l’anneau
B=F5[X]/(Q(X)).On a γ6= 0 et δ6= 0 car Q(X), ´etant de degr´e 4, ne divise ni X−1
ni X3+X+ 1. De plus, d’apr`es la factorisation obtenue dans la question 1.,γδ est la
classe de congruence de Q(X), donc γδ = 0. On voit donc que γet δsont des diviseurs
de z´ero dans l’anneau B.
Soit aussi βun ´el´ement de Btel que β4= 0. Soit S(X) un polynˆome dans F5[X] dont
βest la classe de congruence. On voit donc que Q(X) divise S(X)4. Par cons´equent, les
polynˆomes irr´eductibles X−1 et X3+X+ 1 divisent S(X)4et donc S(X), par unicit´e
de la d´ecomposition d’un polynˆome en facteurs irr´eductibles. Le produit Q(X) de ces
deux facteurs divise donc S(X) ce qui montre que β= 0.
4. Les anneaux Aet Bne sont pas isomorphes. En effet, en reprenant les notations des
questions pr´ec´edentes, si f:A→Best un isomorphisme d’anneaux, alors f(α)4=

f(α4) = 0 et f(α)6= 0. Or un tel ´el´ement f(α) n’existe pas dans B, comme on l’a vu `a
la question 3.
Les anneaux Aet Csont isomorphes. Par exemple, l’application A→C, [T(X)] →
[T(X+ 1)] est bien d´efinie et est un isomorphisme.
D’apr`es la question 1., le polynˆome Rest irr´eductible. Par cons´equent, l’anneau Dest
un corps, et il ne poss`ede donc pas d’´el´ement non nul tel que 4= 0. Comme Aposs`ede
un tel ´el´ement, Aet Dne sont pas isomorphes.
Les anneaux Bet Cne sont pas isomorphes, car sinon, comme Aet Csont isomorphes,
on aurait que Aet Bsont isomorphes, ce qui n’est pas le cas comme on l’a d´ej`a vu.
Les anneaux Bet Dne sont pas isomorphes car Bposs`ede un diviseur de z´ero et pas D,
qui est un corps.
Les anneaux Cet Dne sont pas isomorphes, car sinon, comme Aet Csont isomorphes,
on aurait que Aet Dsont isomorphes, ce qui n’est pas le cas comme on l’a d´ej`a vu.