NOTES D`ALGEBRE

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NOTES D’ALGEBRE
R.Coleman
Laboratoire Jean-Kuntzmann, Grenoble
Table de matières
1 Relations
1.1 Relations d’équivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Ordres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
4
2 Dénombrement
2.1 Propriétés élémentaires des coefficients du binôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Parties d’un ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Fonctions entre des ensembles finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
7
8
3 Arithmétique des nombres entiers
3.1 Division . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Equations diophantiennes linéaires
3.3 Congruences . . . . . . . . . . . . .
3.4 Congruences linéaires . . . . . . . .
3.5 Le théorème d’Euler . . . . . . . .
3.6 Nombres premiers . . . . . . . . .
3.7 Codes RSA . . . . . . . . . . . . .
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22
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4 Structures algébriques
4.1 Semi-groupes . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Groupes . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Sous-groupes . . . . . . . . . .
4.2.2 Groupes cycliques . . . . . . .
4.2.3 Produits des groupes . . . . . .
4.2.4 Morphismes de groupes . . . .
4.3 Anneaux . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.1 Idéaux . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Produits d’anneaux . . . . . .
4.3.3 Caractéristique d’un anneau . .
4.3.4 Morphismes d’anneaux . . . . .
4.4 Espaces vectoriels . . . . . . . . . . . .
4.4.1 Espaces vectoriels de dimension
4.4.2 Applications linéaires . . . . .
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finie
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43
45
5 Polynômes
5.1 Premières notions . . . . .
5.2 Division . . . . . . . . . .
5.3 Racines des polynômes . .
5.4 Dérivation des polynômes
5.5 Polynômes irréductibles .
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1
6 Corps finis
6.1 Notions élémentaires . . .
6.2 Polynômes cyclotomiques
6.3 Existence de corps finis .
6.4 Unicité de corps finis . . .
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Chapitre 1
Relations
Soient X et Y des ensembles non vides. Une relation R de X dans Y est une partie de X × Y . Si X = Y ,
nous parlons d’une relation sur X. Au lieu d’écrire (x, y) ∈ R, en général nous écrivons xRy.
Une fonction ou application est une relation R telle que, pour tout x ∈ X, il existe un unique y ∈ Y
avec xRy. Une fonction est injective si x1 Ry et x2 Ry =⇒ x1 = x2 . Une fonction est surjective si, pour
tout y ∈ Y , il existe x ∈ X avec xRy.
Soit R une relation sur un ensemble X. Nous disons que R est
• a. reflexive, si xRx, pour tout x ∈ X ;
• b. symétrique, si xRy =⇒ yRx ;
• c. antisymétrique, si xRy et yRx =⇒ x = y ;
• d. transitive, si xRy et yRz =⇒ xRz.
Une relation avec les propriétés a., b. et d. s’appelle une relation d’équivalence. Dans ce cas nous écrivons
x ∼ y pour xRy. Une relation avec les propriétés a., c. et d. s’appelle une relation d’ordre ou un ordre
partiel ou un ordre. Dans ce cas nous écrivons x y ou x ≤ y pour xRy.
1.1
Relations d’équivalence
Soient R une relation d’équivalence sur un ensemble X et x ∈ X. La classe d’équivalence de x est
l’ensemble [x] = {y ∈ X : x ∼ y}. L’ensemble des classes d’équivalence s’appelle l’ensemble quotient de
X par R et on le note X/R.
Proposition 1.1 Si y ∈ [x], alors [y] = [x].
preuve Soit y ∈ [x]. Si z ∈ [y], alors x ∼ y et y ∼ z, donc x ∼ z, donc z ∈ [x]. Ainsi [y] ⊂ [x]. Mais
y ∈ [x] =⇒ x ∼ y =⇒ y ∼ x =⇒ x ∈ [y],
2
donc [x] ⊂ [y]. Donc [x] = [y].
Une partition d’un ensemble non vide X est une famille de parties non vides (Sa )a∈A , ou A est un
ensemble d’indices, telle que
X = ∪a∈A Sa
et
Sa1 ∩ Sa2 6= ∅ =⇒ Sa1 = Sa2 .
3
Proposition 1.2 Si R est une relation d’équivalence sur X alors X/R est une partition de X. Si
(Sa )a∈A est une partition de l’ensemble X, alors il existe une relation d’équivalence R sur X telle que
X/R = (Sa )a∈A .
preuve Comme x ∈ [x], X = ∪x∈X [x]. Si z ∈ [x] ∩ [y], alors, d’après la proposition 1.1, [z] = [x] et
[z] = [y], donc [x] = [y]. Il s’ensuit que X/R est une partition de X.
Si (Sa )a∈A est une partition de l’ensemble X et on pose
R = {(x, y) ∈ X 2 : ∃a ∈ A t.q. (x, y) ∈ Sa2 },
alors R est une relation d’équivalence sur X et X/R = (Sa )a∈A .
1.2
2
Ordres
Soient X un ensemble et R un ordre sur X. Un élément s ∈ X est minimal si x s =⇒ x = s. Un
élément t ∈ X est maximal si t x =⇒ t = x. Un élément m ∈ X est un minimum si m x, pour tout
x ∈ X ; un élément M ∈ X est un maximum si x M , pour tout x ∈ X.
Si un minimum existe, alors il est unique. Si m1 et m2 sont des minima, alors m1 m2 et m2 m1 ,
donc m1 = m2 . De la même façon, un maximum est unique.
Un minimum (resp. maximum) est un élément minimal (resp. maximal). Soit m un minimum. Si
xm, alors nous avons xm et mx, donc x = m. On emploie un argument analogue pour un maximum.
Un élément minimal (resp. maximal) n’est pas nécéssairement un minimum (resp. maximum).
Exemple(s) 1.1 Soit X = {{0}, {1}, {0, 1}} et R = {(S, T ) ∈ X 2 : S ⊂ T }. R est un ordre. Les
éléments {0} et {1} sont des minimaux, mais il n’y a pas de minimum. L’élément {0, 1} est un maximum.
Un ordre sur un ensemble X est total si, pour tous x, y ∈ X, x y ou y x.
Exemple(s) 1.2 L’ordre usuel sur Z (x y si y − x ≥ 0) est total.
Exemple(s) 1.3 Soit P(X) la collection des parties de l’ensemble X. L’ordre usuel sur P(X) est défini
par S T si S ⊂ T . Cet ordre est total si X = ∅ ou X est composé d’un seul élément. Autrement l’ordre
n’est pas total. Si x1 , x2 ∈ X et x1 6= x2 , alors {x1 } 6⊂ {x2 } et {x2 } 6⊂ {x1 }.
Si X est un ensemble muni d’une relation R et X 0 ⊂ X, alors R induit une relation R0 sur X 0 :
R0 = {(x, y) ∈ X 02 : (x, y) ∈ R}.
Si R est une relation d’équivalence (resp. ordre), alors R0 est une relation d’équivalence (resp. ordre). Si
R est un ordre sur X, alors X est bien ordonné par R si, pour chaque partie X 0 ⊂ X non vide, l’ordre
induit R0 admet un minimum.
Exemple(s) 1.4 Z n’est par bien ordonné par l’ordre usuel, car Z lui-même n’admet pas de minimum.
Théorème 1.1 N est bien ordonné par l’ordre usuel.
preuve Soit B ⊂ N non vide et supposons que B n’admette pas de minimum. Posons A = {n ∈ N : ∀b ∈
B, n < b}. A est une partie de N \ B. Nous allons démontrer par récurrence que A = N.
Si 0 ∈
/ A, alors il existe b ∈ B tel que 0 ≥ b. Comme b ∈ N, 0 ≤ b, donc b = 0 et 0 ∈ B. Ainsi B
admet un minimum, une contradiction. Il s’ensuit que 0 ∈ A.
Supposons que n ∈ A. Alors n + 1 ≤ b, pour tout b ∈ B. Si n + 1 = b0 , pour un certain b0 ∈ B, alors
b0 est un minimum de B, une contradiction. Donc n + 1 ∈ A. Par récurrence A = N.
Or
A ⊂ N \ B =⇒ B ⊂ N \ A = ∅,
une contradiction. Il s’ensuit que N est bien ordonné par l’ordre usuel.
4
2
Remarque(s) 1.1 Dans N, il n’existe pas de suite (xi )∞
i=0 telle que xi > xi+1 , pour tout i, car une telle
suite n’aurait pas de minimum.
Remarque(s) 1.2 Si X est bien ordonné par R, alors R est total, car x, y ∈ X =⇒ {x, y} admet un
minimum.
5
Chapitre 2
Dénombrement
Si X est un ensemble fini, alors nous écrivons |X| pour le cardinal de X, c’est-à-dire le nombre d’éléments
dans X. Pour k, n ∈ N, avec k ≤ n, nous définissons le symbole Cnk par
Cnk =
n!
.
k!(n − k)!
Les symboles Cnk s’appellent coefficients du binôme
2.1
Propriétés élémentaires des coefficients du binôme
Proposition 2.1 Pour n, k ∈ N∗ et 1 ≤ k ≤ n,
k−1
kCnk = nCn−1
et, pour n, k ∈ N et k ≤ n,
Cnk = Cnn−k
preuve D’abord
kCnk = k
k+1
Cnk + Cnk+1 = Cn+1
.
et
n!
n(n − 1)!
k−1
=
= nCn−1
,
k!(n − k)!
(k − 1)!((n − 1) − (k − 1))!
puis
Cnk =
et
Cnk + Cnk+1 =
n!
n!
=
= Cnn−k
k!(n − k)!
(n − (n − k))!(n − k)!
n!
n!
(k + 1)n! + (n − k)n!
k+1
+
=
= Cn+1
.
k!(n − k)! (k + 1)!(n − (k + 1))!
(k + 1)!(n − k)!
2
Ceci termine la preuve.
Théorème 2.1 (formule du binôme) Si x, y ∈ C et n ∈ N∗ , alors
n
(x + y) =
n
X
Cnk xn−k y k .
k=0
preuve Nous démontrons le résultat par récurrence sur n. La propriété est évidente pour n = 1.
6
Supposons que la propriété est vraie pour n et considérons le cas n + 1. Alors
(x + y)n+1
(x + y)(x + y)n
n
X
= (x + y)
Cnk xn−k y k
=
k=0
=
n
X
Cnk xn−k+1 y k +
k=0
=
=
Cnk xn−k y k+1
k=0
n+1
x
n
X
+
xn+1 +
= xn+1 +
n
X
Cnk xn+1−k y k
k=1
n
X
+
n−1
X
Cnk xn−k y k+1 + y n+1
k=0
Cnk xn+1−k y k +
k=1
n
X
n
X
Cnk−1 xn+1−k y k + y n+1
k=1
(Cnk + Cnk−1 )xn+1−k y k + y n+1
k=1
=
n+1
X
k
Cn+1
xn+1−k y k .
k=0
Donc la propriété est vraie pour n + 1. Par récurrence la propriété est vraie pour tout n ∈ N∗ .
2
Corollaire 2.1 Nous avons
n
X
Cnk = 2n
n
X
et
k=0
(−1)k Cnk = 0.
k=0
2
preuve Il suffit de mettre x = y = 1 et x = 1, y = −1.
2.2
Parties d’un ensemble
Si X est un ensemble fini et k ∈ N, avec k ≤ |X|, alors nous notons Pk (X) l’ensemble de parties de X de
cardinal k. Nous avons P(X) = ∪k≤|X| Pk (X).
Proposition 2.2 Si |X| = n, alors |Pk (X)| = Cnk .
preuve Par récurrence sur n. Si n = 0 ou n = 1, alors le résultat est évident.
Supposons que le résultat est vrai pour n ∈ N∗ et considérons le cas n + 1. Soit x ∈ X et notons
∗
X = X \ {x}. Pk (X) est composé de deux familles de parties de X :
• A : les parties qui contiennent x ;
• B : les parties qui ne contiennent pas x.
Une partie de A est composé d’une partie de X ∗ de k −1 éléments et x, donc, par hypothèse, |A| = Cnk−1 .
Une partie de B est une partie de X ∗ de k éléments, donc, par hypothèse, |B| = Cnk . Or Cnk−1 + Cnk =
k
Cn+1
. Donc la propriété est vraie pour n + 1.
2
Corollaire 2.2 Si |X| = n, alors |P(X)| = 2n .
preuve P(X) = ∪k≤n Pk (X), donc
|P(X)| =
n
X
|Pk (X)| =
k=0
n
X
Cnk = 2n ,
k=0
2
d’après le Corollaire 2.1.
7
2.3
Fonctions entre des ensembles finis
Si X et Y sont des ensembles non vides, alors nous notons Y X la collection de fonctions de X dans Y .
Nous noterons Inj (X, Y ) la partie de Y X composée d’injections.
Proposition 2.3 Si X et Y sont des ensembles finis non vides, avec |X| = k et |Y | = n, alors |Y X | = nk .
preuve Par récurrence sur k. Si k = 1, alors le résultat est évident.
Supposons que le résultat est vrai pour k est considérons le cas k + 1. Soit x ∈ X et posons X ∗ =
∗
X \ {x}. Par hypothèse |Y X | = nk . Or f ∈ Y X si et seulement si f est un prolongement d’une fonction
∗
∗
f ∗ ∈ Y X . Pour chaque f ∗ ∈ Y X , il existe n prolongements distincts. Donc
∗
|Y X | = n|Y X | = n(nk ) = nk+1 .
2
Ainsi le résultat est vrai pour k + 1.
Si |X| > |Y |, alors il n’existe pas d’injection de X dans Y , mais si |X| ≤ |Y |, alors il existe des
injections. Nous définissons le symbole Akn par
Akn =
n!
= k!Cnk .
(n − k)!
Proposition 2.4 Si X et Y sont des ensembles finis non vides, avec |X| = k, |Y | = n et k ≤ n, alors
|Inj (X, Y )| = Akn .
preuve Par récurrence sur k. Si k = 1, le résultat est évident.
Supposons que la propriété est vraie pour k. Soient |X| = k + 1 et |Y | = n, avec k + 1 ≤ n. Soit
x ∈ X et posons X ∗ = X \ {x}. Par hypothèse, |Inj (X ∗ , Y )| = Akn . Or f ∈ Inj (X, Y ) si et seulement
f est un prolongement d’une fonction f ∗ ∈ Inj (X ∗ , Y ) telle que f (x) ∈ Y \ f ∗ (X ∗ ). Chaque f ∗ admet
(n − k) tels prolongements, donc
|Inj (X, Y )| = (n − k)Akn = (n − k)
n!
n!
=
= Ak+1
n .
(n − k)!
(n − (k + 1))!
2
Ainsi la propriété est vraie pour k + 1.
Corollaire 2.3 Si |X| = |Y | = n, alors il existe n! bijections de X sur Y .
8
Chapitre 3
Arithmétique des nombres entiers
Dans ce chapitre nous considérons certaines propriétés élémentaires des nombres entiers.
3.1
Division
Théorème 3.1 Soit d ∈ N∗ . Pour tout x ∈ Z, il existe un unique couple (q, r) ∈ Z × N, avec 0 ≤ r < d,
tel que x = qd + r.
preuve Posons M = {x − kd : k ∈ Z}. Alors l’ensemble M ∩ N 6= ∅ donc admet un minimum pour
l’ordre usuel. Soient r le minimum et q le nombre k correspondant. Alors x = qd + r et r ≥ 0. Si r ≥ d,
alors r − d ≥ 0 ; en plus, r − d = x − (q + 1)d ∈ M . Donc r − d ∈ M ∩ N. Comme r − d < r, nous avons
une contradiction. Ainsi le couple (q, r) est de la forme requise.
Supposons que x = q1 d + r1 = q2 d + r2 , avec 0 ≤ r1 , r2 < d. Alors
0 = (q1 − q2 )d + r1 − r2 =⇒ |q1 − q2 |d = |r2 − r1 | < d.
2
Donc q1 = q2 et r1 = r2 , d’où l’unicité du couple (q, r).
Corollaire 3.1 Soit d ∈ Z∗ . Pour tout x ∈ Z, il existe un unique couple (q, r) ∈ Z × N, avec 0 ≤ r < |d|,
tel que x = qd + r.
preuve Supposons que d < 0. Alors il existe un couple (q, r) tel que x = q 0 (−d) + r, avec 0 ≤ r < −d.
En posant q = −q 0 , nous obtenons le couple cherché. L’unicité se démontre comme au-dessus.
2
Nous appelons r le reste et q le quotient de la division de x par d.
Si x, y ∈ Z, alors nous disons que x divise y, s’il existe k ∈ Z tel que kx = y. Nous écrivons
x|y. Si x|y, alors nous disons que x est un diviseur de y et y est un multiple de x. Pour tout y ∈ Z, 1|y
et −1|y. Pour tout x ∈ Z, x|0. Si x 6= 0, alors x|y si et seulement si le reste de y après division par x est 0.
Théorème 3.2 Si x1 , . . . , xn ∈ Z∗ , alors il existe un unique d ∈ N∗ tel que
• a. d|xi , ∀i.
• b. e|xi , ∀i =⇒ e|d.
preuve Soit
d = min
( n
X
)
∗
ai xi ∈ N : ai ∈ Z .
i=1
9
Pn
a0i xi . Nous pouvons écrire x1 = qd + r, avec 0 ≤ r < d. Or
!
n
n
X
X
0
r = x1 − qd = x1 − q
ai xi = (1 − qa01 )x1 +
(−q)a0i xi .
Il existe des a0i tels que d =
i=1
i=1
i=2
Si r 6= 0, nous avons une contradiction à la minimalité de d. Donc r = 0 et d|x1 . De la même façon, d|xi ,
pour i ≥ 2.
Si e|xi , alors e|a0i xi , donc e|xi , ∀i =⇒ e|d.
Il reste à démontrer l’unicité de d. Si d0 ∈ N∗ vérifie les conditions a. et b., alors d0 |xi , pour tout i,
donc d0 |d. De la même façon, d|d0 . Comme d, d0 ∈ N∗ , d0 = d.
2
Nous appelons le nombre d du théorème le plus grand commun diviseur (pgcd) des xi . Nous le notons
x1 ∧ · · · ∧ xn ou pgcd(x1 , . . . , xn ).
Remarque(s) 3.1 S’il existe xi tel que xi |xj , pour tout j, alors pgcd(x1 , . . . , xn ) = |xi |.
Proposition 3.1 Si x, y ∈ Z∗ et x − qy 6= 0, alors x ∧ y = y ∧ (x − qy).
preuve Soient d1 = x ∧ y et d2 = y ∧ (x − qy). Alors
d1 |x et d1 |y =⇒ d1 |x − qy.
Comme d1 |y et d1 |x − qy, d1 |d2 .
En plus,
d2 |(x − qy) et d2 |y =⇒ d2 |(x − qy) + qy =⇒ d2 |x.
Comme d2 |x et d2 |y, d2 |d1 .
Nous avons d1 |d2 , d2 |d1 et d1 , d2 ∈ N∗ , donc d1 = d2
2
Soient x, y ∈ N∗ , avec x > y. En employant la Proposition 3.1, nous pouvons obtenir une méthode de
calcul de x ∧ y, appelée l’algorithme d’Euclide :
Nous posons r0 = x et r1 = y et puis divisons r0 par r1 . Si le reste r2 = 0, alors r1 |r0 , donc r0 ∧r1 = r1 .
Supposons que r2 6= 0 ; alors
r0 = q1 r1 + r2 =⇒ r2 = r0 − q1 r1
et
r0 ∧ r1 = r1 ∧ r2 .
En plus r0 > r1 > r2 . Nous divisons r1 par r2 . Si le reste r3 = 0, alors r2 |r1 et r1 ∧ r2 = r2 .
Supposons que r3 6= 0 ; alors
r1 = q2 r2 + r3 =⇒ r3 = r1 − q2 r2
et
r1 ∧ r2 = r2 ∧ r3 .
En plus r0 > r1 > r2 > r3 .
Après un nombre fini d’étapes, nous obtenons rn+1 = 0, car la suite (ri ) est incluse dans N et
strictement décroissante. Ainsi
rn |rn−1 =⇒ rn ∧ rn−1 = rn = x ∧ y.
Comme x ∧ y = |x| ∧ |y|, l’algorithme d’Euclide nous permet de déterminer x ∧ y, lorsque |x| =
6 |y|. Si
|x| = |y|, alors x ∧ y = |x|.
Nous avons vu que, si d = x ∧ y, alors il existe a et b tels que d = ax + by. Nous allons prolonger
l’algorithme d’Euclide pour obtenir un tel couple. Supposons que x, y ∈ N∗ et x > y. Nous construisons
des suites (ai ) et (bi ) récursivement de la façon suivante : nous posons a0 = b1 = 1 et a1 = b0 = 0, puis,
pour i ∈ {1, . . . , n − 1},
ai+1 = qi ai + ai−1
et
bi+1 = qi bi + bi−1 .
10
Proposition 3.2 Nous avons, pour tout i,
ri = (−1)i ai x + (−1)i+1 bi y.
preuve Par récurrence sur i. D’abord
r0 = x = 1x + 0y = (−1)0 a0 x + (−1)1 b0 y
et
r1 = y = 0x + 1y = (−1)1 a1 x + (−1)2 b1 y.
Soit i > 2 et supposons que le résultat est vrai pour i0 < i. Considérons le cas i :
ri
= ri−2 − qi−1 ri−1
=
(−1)i−2 ai−2 x + (−1)i−1 bi−2 y − qi−1 (−1)i−1 ai−1 x + (−1)i bi−1 y
=
(−1)i (ai−2 + qi−1 ai−1 )x + (−1)i+1 (bi−2 + qi−1 bi−1 )y
=
(−1)i ai x + (−1)i+1 bi y.
2
Donc le résultat est vrai pour i.
En particular, nous avons
rn = (−1)n an x + (−1)n+1 bn y = ax + by.
Exemple(s) 3.1 Calcul de d = 1281 ∧ 246 et des nombres a et b tels que d = a1281 + b246.
i
ri
qi
ai
bi
0
1281
1
0
1
246
5
0
1
2
51
4
1
5
3
42
1
4
21
4
9
4
5
26
5
6
1
24
125
6
3
2
29
151
7
0
D’où 1281 ∧ 246 = 3 = 29.1281 − 151.246.
Si x ∈
/ N∗ ou y ∈
/ N∗ et |x| > |y|, alors il suffit de calculer a0 et b0 tels que a0 |x| + b0 |y| = |x| ∧ |y|, puis
0
0
poser a = a x|x| et b = b y|y| , car
0 0 b |y|
a |x|
x+
y = a0 |x| + b0 |y| = |x| ∧ |y| = x ∧ y.
x
y
Si |x| = |y|, alors x|y et x ∧ y = |x|, donc il suffit de poser a =
|x|
x
et b = 0.
Nous disons que x1 , . . . , xn ∈ Z∗ sont premiers entre eux si x1 ∧ . . . ∧ xn = 1. Si les xi sont deux à
deux premiers entre eux, alors les xi sont premiers entre eux, mais la réciproque est fausse (ex. 3, 4, 6).
Le prochain résultat et simple, mais utile.
Proposition 3.3 Les nombres x1 , . . . , xn ∈ Z∗ sont premiers entre eux si et seulement si les seuls
diviseurs de ces nombres sont ±1.
preuve Soit d = x1 ∧ · · · xn . Si e|xi , pour tout i, alors e|d, donc e = ±1, si d = 1. Réciproquement,
supposons que les seuls diviseurs des xi sont ±1. Comme d est un diviseur des xi , d = ±1. Or, d ∈ N∗ ,
donc d = 1.
2
Théorème 3.3 (théorème de Bézout) x ∧ y = 1 si et seulement s’il existe a, b ∈ Z tels que ax + by = 1.
preuve Nous savons qu’il existe a, b ∈ Z tels que ax + by = x ∧ y. Donc, si x ∧ y = 1, alors il existe
a, b ∈ Z tels que ax + by = 1.
S’il existe a, b ∈ Z tels que ax + by = 1, alors
1 = min {αx + βy ∈ N∗ : α, β ∈ Z} ,
2
ce qui implique que x ∧ y = 1.
11
Corollaire 3.2 (théorème de Gauss) Si x ∧ y = 1 et x|yz, alors x|z.
preuve Si x ∧ y = 1, alors il existe a, b ∈ Z tels que ax + by = 1. Donc axz + byz = z. Supposons que
x|yz. Alors nous pouvons écrire yz = cx et
z = axz + byz = axz + bcx = (az + bc)x,
2
donc x|z.
Corollaire 3.3 Si x ∧ y = 1, x|z et y|z, alors xy|z.
preuve Si x ∧ y = 1, alors il existe a, b ∈ Z tels que ax + by = 1. En plus, x|z et y|z impliquent qu’il
existe c et d tels que z = cx = dy. Donc
z = (ax + by)z = axz + byz = axdy + bycx = (ad + bc)xy.
2
D’où xy|z.
Corollaire 3.4 Si x ∧ y = 1, alors x ∧ yz = x ∧ z.
preuve Il existe a, b ∈ Z tels que x ∧ yz = ax + byz. Or
ax + byz ∈ {αx + βz ∈ N∗ : α, β ∈ Z},
donc x ∧ z ≤ x ∧ yz.
Il existe c, d ∈ Z tels que x ∧ z = cx + dz. Si x ∧ y = 1, alors il existe e, f ∈ Z tels que ex + f y = 1,
donc
x ∧ z = cx + dz = cx + dz(ex + f y) = (c + dze)x + df yz.
Or
(c + dze)x + df yz ∈ {αx + βyz ∈ N∗ : α, β ∈ Z},
2
donc x ∧ yz ≤ x ∧ z. Ainsi x ∧ z = x ∧ yz.
Le prochain résultat emploie le théorème de Gauss.
Proposition 3.4 Nous avons
x ∧ yz = 1 ⇐⇒ x ∧ y = 1
et
x ∧ z = 1.
preuve Supposons que x ∧ yz = 1. Il existe a, b ∈ Z tels que
1 = ax + byz = ax + (bz)y = ax + (by)z,
donc x ∧ y = x ∧ z = 1.
Maintenant supposons que x ∧ y = x ∧ z = 1. Soit d un diviseur de x et yz. Si e|d et e|y, alors e|x ∧ y.
Comme x ∧ y = 1, e = ±1. Comme les seuls diviseurs de d et y sont ±1, d ∧ y = 1. D’après le théorème
de Gauss, d|z. Comme d|x et d|z, d|x ∧ z. Or x ∧ z = 1, donc d = ±1. Comme les seuls diviseurs de x et
yz sont ±1, x ∧ yz = 1.
2
Nous avons considéré les diviseurs d’une collection de nombres. Maintenant nous en considérons les
multiples.
Théorème 3.4 Si x1 , . . . , xn ∈ Z∗ , alors il existe un unique m ∈ N∗ tel que
• a. xi |m, ∀i ;
• b. xi |z, ∀i =⇒ m|z.
12
preuve Soit
M = {z ∈ N∗ : xi |z, ∀i}.
M 6= ∅, car |x1 · · · xn | ∈ M , donc M admet un minimum m. Supposons que xi |z, pour tout i. Nous
pouvons écrire z = qm + r, avec 0 ≤ r < m. Il existe s0i et si tels que
xi s0i = z = qm + r = qsi xi + r.
Donc, pour tout i, nous avons
xi (s0i − qsi ) = r.
Si r 6= 0, alors r ∈ M et nous avons une contradiction à la minimalité de m. Donc r = 0 et m|z. Nous
avons démontré l’existence du nombre m de l’énoncé.
Si m0 ∈ N∗ vérifie les propriétés a. et b., alors m|m0 et m0 |m. Comme m, m0 ∈ N∗ , m0 = m.
2
Le nombre m du théorème s’appelle le plus petit commun multiple (ppcm) des xi . Nous le notons
x1 ∨ · · · ∨ xn ou ppcm(x1 , . . . , xn ).
Notre prochaine tâche est de démontrer la relation entre le pgcd et le ppcm de deux nombres. Nous
avons besoin de deux résultats préliminaires.
Lemme 3.1 Soient x1 , . . . , xn ∈ Z∗ et d ∈ N∗ . S’il existe α1 , . . . , αn ∈ Z∗ tels que xi = αi d pour tout i,
alors d = x1 ∧ · · · ∧ xn si et seulement si α1 ∧ · · · ∧ αn = 1.
preuve Soit d0 = x1 ∧ · · · ∧ xn .
Si α1 ∧ · · · ∧ αn 6= 1, alors il existe γ ≥ 2 et αi0 ∈ Z∗ , pour tout i, tels que αi = αi0 γ. Donc xi = αi0 γd,
pour tout i. Comme γd > d, d 6= d0 .
Maintenant supposons que α1 ∧ · · · ∧ αn = 1. Si d0 6= d, alors il existe γ ≥ 2 tel que d0 = γd. Pour
tout i, il existe αi0 ∈ Z∗ tel que xi = αi0 d0 . Nous avons
αi d = x = αi0 d0 = αi0 γd =⇒ αi = αi0 γ.
Comme γ ≥ 2, le pgcd des αi n’est pas 1, une contradiction. Donc d0 = d.
2
Lemme 3.2 Soient x1 , . . . , xn ∈ Z∗ et m ∈ N∗ . S’il existe α1 , . . . , αn ∈ Z∗ tels que αi xi = m pour tout
i, alors m = x1 ∨ · · · ∨ xn si et seulement si α1 ∧ · · · ∧ αn = 1.
preuve Soit δ = α1 ∧ · · · ∧ αn . Supposons que m = x1 ∨ · · · ∨ xn . Pour tout i, il existe αi0 tel que αi = αi0 δ.
Alors m = αi xi = αi0 δxi . Notons µ = αi0 xi (une valeur indépendante de i). Alors m = µδ, donc µ|m.
Comme µ est un multiple de tous les xi , m|µ. Donc m = µ et δ = 1.
Supposons que δ = 1 et soit m0 = x1 ∨ · · · ∨ xn . Il existe γ ∈ N∗ tel que m = γm0 et, pour tout i,
0
αi ∈ N∗ , avec m0 = αi0 xi . Nous avons
αi xi = m = γm0 = γαi0 xi =⇒ αi = γαi0 .
2
Donc γ|αi , pour tout i, donc γ = 1 et m0 = m
Maintenant nous trouvons la relation entre x ∧ y et x ∨ y.
Théorème 3.5 Si x, y ∈ Z∗ , alors
(x ∧ y)(x ∨ y) = |xy|.
preuve Supposons d’abord que x, y ∈ N∗ et notons d = x ∧ y et m = x ∨ y. Il existe a, b ∈ N∗ tels que
ax = m = by. D’après le lemme 3.2, a ∧ b = 1. Comme a|by et a ∧ b = 1, il existe γ ∈ N∗ tel que y = aγ.
Or,
ax = m = by = baγ =⇒ x = bγ.
13
Comme x = bγ, y = aγ et a ∧ b = 1, en employant le lemme 3.1, nous obtenons γ = d. Ainsi
xy
bdad
=
= abd = ax = m =⇒ xy = md.
d
d
Plus généralement, si x, y ∈ Z∗ , alors
(x ∧ y)(x ∨ y) = (|x| ∧ |y|)(|x| ∨ |y|) = |x||y| = |xy|.
2
Ceci termine la preuve.
Remarque(s) 3.2 A partir du produit de deux nombres et leur pgcd, nous pouvons trouver leur ppcm.
Par exemple, 20.26 = 520 et 20 ∧ 26 = 2, donc 20 ∨ 26 = 260.
Remarque(s) 3.3 Le théorème n’est pas en général vrai pour trois ou plus de nombres. Par exemple,
2 ∧ 4 ∧ 6 = 2, 2 ∨ 4 ∨ 6 = 12, mais 2.4.6 6= 2.12.
Proposition 3.5 Pour n ≥ 3 et x1 , . . . , xn ∈ Z∗ , nous avons
pgcd(x1 , . . . , xn )
=
pgcd(x1 , pgcd(x2 , . . . , xn )) ;
ppcm(x1 , . . . , xn )
=
ppcm(x1 , ppcm(x2 , . . . , xn )).
preuve Soient d = pgcd(x1 , . . . , xn ), e = pgcd(x2 , . . . , xn ) et f = pgcd(x1 , e). Or d|xi , pour i ∈
{2, . . . , n}, donc d|e. Comme d|x1 , d|f . En plus, comme f |e et e|xi , pour i ∈ {2, . . . , n}, f |xi , pour
i ∈ {2, . . . , n}. En plus f |x1 , donc f |d. D’où f = d.
Soient m = ppcm(x1 , . . . , xn ), u = ppcm(x2 , . . . , xn ) et v = ppcm(x1 , u). Or xi |m, pour i ∈ {2, . . . , n},
donc u|m. Comme x1 |m et u|m, v|m. En plus, comme u|v et xi |u, pour i ∈ {2, . . . , n}, xi |v, pour
i ∈ {2, . . . , n}. Mais x1 |v, donc m|v. D’où v = m.
2
Pour calculer pgcd(x1 , . . . , xn ), nous pourrions calculer pgcd(xn−1 , xn ), puis pgcd(xn−2 , pgcd(xn−1 , xn ))
et ainsi de suite. Pour ppcm(x1 , . . . , xn ), nous pourrions procéder de la même façon.
Il existe a1 , . . . , an ∈ Z tels que a1 x1 + · · · + an xn = d, où d = pgcd(x1 , . . . , xn ). Pour voir comment
nous pourrions calculer de tels ai , prenons le cas n = 3. Nous obtenons a, b ∈ N tels que x ∧ (y ∧ z) =
ax + b(y ∧ z) et c, d ∈ N tels que y ∧ z = cy + dz. Nous trouvons
x ∧ y ∧ z = x ∧ (y ∧ z) = ax + b(cy + dz) = ax + bcy + bdz.
Nous terminons cette section avec un résultat très utile.
Proposition 3.6 Soient a, b ∈ N∗ et x ∈ N \ {1, 2}. Si d = a ∧ b, alors xd − 1 = (xa − 1) ∧ (xb − 1)
preuve Nous remarquons d’abord que, si e, s ∈ N, e|s et x ∈ N \ {1, 2}, alors (xe − 1)|(xs − 1). Si e = 0
ou s = 0, alors le résultat est évident. Autrement, nous l’avons en employant l’identité
xk − 1 = (x − 1)(xk−1 + · · · + x + 1)
pour tout k ∈ N∗ .
Comme d|a et d|b, xd − 1|xa − 1 et xd − 1|xb − 1. Il s’ensuit que xd − 1|(xa − 1) ∧ (xb − 1).
Il existe m, n ∈ N tels que ma − nb = d, avec m > 0, ou −ma + nb = d, avec n > 0. Sans perte de
généralité, supposons que la première condition s’applique. Alors
xma − 1 = (xnb − 1)xd + (xd − 1).
Or, a|ma implique que xa − 1|xma − 1 et b|nb implique que xb − 1|xnb − 1, donc (xa − 1) ∧ (xb − 1)|xd − 1.
Ceci termine la preuve.
2
Corollaire 3.5 Si m, n ∈ N et x ∈ N \ {0, 1}, alors m|n si et seulement si xm − 1|xn − 1.
14
3.2
Equations diophantiennes linéaires
Une équation diophantienne linéaire est une expression de la forme
ax + by = c
(D),
où a, b, c ∈ Z et a 6= 0 ou b 6= 0. Nous cherchons les solutions de (D) dans Z.
Si a = 0 et b 6= 0, alors (D) admet une solution si et seulement si b|c. Dans ce cas, les solutions sont
de la forme (x, cb ), x ∈ Z. Si a 6= 0 et b = 0, alors (D) admet une solution si et seulement si a|c. Dans ce
cas, les solutions sont de la forme ( ac , y), y ∈ Z. Maintenant nous considérons le cas où a 6= 0 et b 6= 0.
Théorème 3.6 Si a, b ∈ Z∗ et d = a ∧ b, alors (D) admet une solution si et seulement si d|c. Dans ce
cas, si (x̄, ȳ) est une solution, alors les solutions sont de la forme
a
b
,−
,
(x̃, ỹ) = (x̄, ȳ) + t
d d
pour t ∈ Z.
preuve Soit (x̄, ȳ) une solution. Or, il existe α, β ∈ Z, tels que a = αd et b = βd. Alors, nous avons
c = ax̄ + bȳ = αdx̄ + βdȳ = (αx̄ + β ȳ)d,
donc d|c.
Supposons que d|c. Il existe a0 , b0 , c0 tels que a0 a + b0 b = d et c0 d = c. Alors
c = dc0 = aa0 c0 + bb0 c0 ,
donc (a0 c0 , b0 c0 ) est une solution.
A présent nous cherchons la forme d’une solution. Considérons d’abord le cas où c = 0. (0, 0) est une
solution évidente. Notons α = ad et β = db . Alors
b
a
atβ − btα = ta − tb = 0,
d
d
donc t(β, −α) est une solution. Il faut démontrer que toute solution est de cette forme. (0, 0) est
évidemment de cette forme. Soit (x̃, ỹ) une solution, avec (x̃, ỹ) 6= (0, 0). Alors
0 = ax̃ + bỹ = αdx̃ + βdỹ =⇒ αx̃ = −β ỹ.
D’après le lemme 3.1, α ∧ β = 1. En appliquant le théorème de Gauss, nous obtenons β|x̃ et α|ỹ. Nous
pouvons écrire x̃ = tβ et ỹ = sα, d’où
αtβ = −βsα =⇒ s = −t.
Ceci nous donne (x̃, ỹ) = t(β, −α). Donc les solutions sont de la forme requise.
Maintenant considérons le cas général. Supposons que d|c et soit (x̄, ȳ) une solution particulière de
(D). Si (x0 , y 0 ) est une solution de l’équation
ax + by = 0,
alors
c = c + 0 = (ax̄ + bȳ) + (ax0 + by 0 ) = a(x̄ + x0 ) + b(ȳ + y 0 ),
donc (x̃, ỹ) = (x̄, ȳ) + (x0 , y 0 ) est une solution de (D). En fait, toute solution de (D) est de cette forme.
Si (x̃, ỹ) est une solution de (D), alors
0 = (ax̃ + bỹ) − (ax̄ + bȳ) = a(x̃ − x̄) + b(ỹ − ȳ),
donc (x̃, ỹ) = (x̄, ȳ) + (x0 , y 0 ), où (x0 , y 0 ) est une solution de l’équation
ax + by = 0.
Comme les solutions de cette équation sont de la forme t(β, −α), nous avons le résultat cherché.
15
2
Corollaire 3.6 Si a ∧ b = 1, alors l’équation (D) admet une solution.
Remarque(s) 3.4 Dans la preuve nous construisons une solution dans le cas où d|c.
Remarque(s) 3.5 Si d = x ∧ y, alors il existe a, b ∈ N∗ tels que ax + by = d. Le théorème démontre
qu’il existe un nombre infini de tels couples et nous fournit une méthode nous permettant de les calculer.
3.3
Congruences
Soit m ∈ N∗ . La relation R sur Z définie par
R = {(x, y) ∈ Z2 : m|(y − x)}
est une relation d’équivalence. Si (x, y) ∈ R, alors, en général nous écrivons x ≡ y (mod m), au lieu de
x ∼ y, et nous disons que x est congru à y modulo m. Nous disons qu’une classe d’équivalence est une
classe de congruence modulo m. Nous noterons une telle classe [·]m , ou [·] quand il n’y a pas de confusion
possible.
Proposition 3.7 Une classe de congruence contient un unique élément r ∈ {0, . . . , m − 1}.
preuve Soit [x] une classe de congruence. Il existe un couple (q, r), avec 0 ≤ r < m, tel que x = qm + r.
Comme m|r − x, r ∈ [x].
Supposons que r1 , r2 ∈ [x], avec 0 ≤ r1 , r2 < m. Il existe q1 et q2 tels que q1 m = r1 −x et q2 m = r2 −x.
Donc x = −q1 m + r1 = −q2 m + r2 . D’après le théorème 3.1, (−q1 , r1 ) = (−q2 , r2 ), d’où l’unicité de r. 2
Corollaire 3.7 Il existe m classes de congruence distinctes, notamment [0], . . . , [m − 1].
Remarque(s) 3.6 m|x si et seulement si x ∈ [0].
Théorème 3.7 Si x1 ≡ x2 (mod m) et y1 ≡ y2 (mod m), alors
• x1 + y1 ≡ x2 + y2 (mod m) ;
• x1 y1 ≡ x2 y2 (mod m).
preuve Nous avons
m|x2 − x1 et m|y2 − y1 =⇒ m|(x2 − x1 + y2 − y1 )
soit m| (x2 + y2 ) − (x1 + y1 ) .
En plus,
x2 y2 − x1 y1 = x2 y2 − x2 y1 + x2 y1 − x1 y1 = x2 (y2 − y1 ) + (x2 − x1 )y1 ,
donc
m|x2 − x1 et m|y2 − y1 =⇒ m|(x2 y2 − x1 y1 ).
2
Ceci termine la preuve.
Si X, Y sont des ensembles non vides, alors une application ∗ de X × Y dans Y s’appelle une loi
de composition. En général nous écrivons x ∗ y pour ∗(x, y). Si X 6= Y , alors nous disons que la loi
est externe et si X = Y , alors nous disons que la loi est interne. Dans ce cas ∗ est dite associative si
x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z, pour tous x, y et z, et nous appelons le couple (X, ∗) un semi-groupe. Pour alléger
l’écriture, nous écrivons loi interne (resp. externe) pour loi de composition interne (resp. externe). Nous
pouvons définir des lois internes ⊕ et sur les classes de congruence modulo m par
[x] ⊕ [y] = [x + y]
et
D’après le théorème 3.7, ces lois sont bien définies.
16
[x] [y] = [xy].
Proposition 3.8 (Zm , ⊕) et (Zm , ) sont des semi-groupes.
preuve Nous avons
[x] ⊕ ([y] ⊕ [z]) = [x + (y + z)] = [(x + y) + z)] = ([x] ⊕ [y]) ⊕ [z])
et
[x] ([y] [z]) = [x · (y · z)] = [(x · y) · z)] = ([x] [y]) [z]),
2
donc les lois sont associatives.
Pour simplifier la notation, nous écrivons [x] + [y] pour [x] ⊕ [y] et [x] · [y] ou [x][y] pour [x] [y].
Exemple(s) 3.2 Soit x = an . . . a1 a0 ∈ Z. Alors x = an 10n + · · · + a1 101 + a0 . Pour simplifier nous
écrirons [·] pour [·]3 . Nous avons
[10] = [1] =⇒ [10k ] = [10]k = [1]k = [1],
donc
[x]
=
[an 10n + · · · + 101 a1 + a0 ]
=
[an ][10n ] + · · · + [101 ][a1 ] + [a0 ]
=
[an ] + · · · + [a1 ] + [a0 ]
=
[an + · · · + a1 + a0 ].
Donc x ≡ 0 (mod 3) ssi an + · · · a1 + a0 ≡ 0(mod 3), c’est-à-dire que 3|x ssi 3|an + · · · a1 + a0 .
Remarque(s) 3.7 Il existe des règles analogues pour la divisibilité par 7, 9 et 11.
Exemple(s) 3.3 Reste de a = 247349 après division par 7. Pour simplifier nous écrirons [·] pour [·]7 .
247 = 35 · 7 + 2 =⇒ [247] = [2].
Or
[2]3 = [8] = [1] =⇒ [2]3k+l = [2]l
et 349 = 3 · 116 + 1. Donc
[a] = [247]349 = [2]1 = [2].
Ainsi le reste cherché est 2.
Remarque(s) 3.8 La méthode a fonctionné, car nous avons trouvé une puissance k de 247 telle que
[247]k = [1]. Ceci n’est pas toujours le cas. Nous retournerons à cette question plus tard.
Exemple(s) 3.4 Reste de b = 1211 divisé par 21 (méthode des carrés successifs). Pour simplifier nous
écrirons [·] pour [·]21 .
3
11 = 23 + 2 + 1 =⇒ [1211 ] = [122 ][122 ][121 ].
Or
[122 ] = [12]2 = [−9]2 = [81] = [18],
2
[122 ] = [122 ]2 = [18]2 = [−3]2 = [9]
et
3
2
[122 ] = [122 ]2 = [9]2 = [81] = [18].
Donc
[1211 ] = [18][18][12] = [−3][−3][−9] = [−81] = [3].
Le reste cherché est 3.
17
3.4
Congruences linéaires
Une congruence linéaire est une equation de la forme
ax ≡ b (mod m),
où a, b ∈ Z et a 6= 0. Nous cherchons les nombres x ∈ Z qui vérifient cette équation. Si x0 est une
solution et y − x0 = km, alors
ay = a(x0 + km) = b + k 0 m + akm ≡ b (mod m),
donc tout membre de la classe [x0 ]m est une solution. Il suffit de chercher les solutions dans l’ensemble
{0, . . . , m − 1}. Nous dirons que deux solutions sont distinctes (modulo m), si elles appartiennent à des
classes d’équivalence distinctes. Une congruence linéaire peut avoir
• aucune solution : ex. 2x ≡ 1 (mod 4) ;
• une solution distincte : ex. 2x ≡ 1 (mod 5) - les membres de la classe [3]5 sont les solutions ;
• plusieurs solutions distinctes : ex. 2x ≡ 0 (mod 4) - les membres des classes [0]4 et [2]4 sont les
solutions.
Nous pouvons chercher les solutions de la congruence en essayant toutes les possibilités, mais si m est
grand, cette procédure pourrait se révéler très longue. Le théorème suivant nous aide.
Théorème 3.8 La congruence linéaire
ax ≡ b (mod m)
admet une solution si et seulement si a ∧ m|b. Dans ce cas la congruence admet a ∧ m solutions distinctes.
preuve Notons d = a ∧ m. Soit x0 une solution. Alors il existe k tel que km = b − ax0 , soit b = ax0 + km.
Or
d|a et d|m =⇒ d|ax0 + km, soit d|b.
Supposons qu’il existe l tel que b = ld. Il existe s, t tels que d = sa + tm. En multipliant par l on obtient
b = ld = lsa + ltm =⇒ a(ls) ≡ b (mod m).
Maintenant nous considérons l’ensemble des solutions. Supposons d’abord que d = 1. Dans ce cas il
existe toujours une solution, car 1|b, pour tout b ∈ Z. Soient x0 et x1 des solutions. Nous avons
b − ax0 = k0 m et b − ax1 = k1 m =⇒ a(x1 − x0 ) = m(k0 − k1 ) =⇒ m|x1 − x0 ,
d’après le théorème de Gauss. Donc les solutions x0 et x1 ne sont pas distinctes. Il existe une seule
solution distincte.
A présent supposons que d > 1 et que d|b. Soit x0 une solution de la congruence. Si 0 ≤ r < d, alors
b − a(x0 + r
m
m
) = (b − ax0 ) − ar = k1 m − k2 rm,
d
d
donc x0 + r m
d est une solution. En plus
m m
x0 + r1
− x0 + r2
= km =⇒ r1 − r2 = kd.
d
d
Ceci est possible si et seulement si r1 = r2 , donc les solutions x0 +r m
d sont distinctes. Il reste à démontrer
qu’il n’y a pas d’autres solutions distinctes.
Si x1 est une solution, alors
ax1 = b − km =⇒
18
a
b
m
x1 = − k ,
d
d
d
donc x1 est une solution de la congruence
a
b
m
x ≡ (mod ).
d
d
d
D’après le lemme 3.1, ad ∧ m
d = 1, donc cette congruence admet une seule solution distincte. Comme x0
est aussi une solution de cette congruence, nous avons
x1 = x0 + k
m
m
m
= x0 + (qd + s) = x0 + s + qm,
d
d
d
où 0 ≤ s < d. Il s’ensuit que la solution x1 est congrue à une des solutions déjà trouvées. Donc il existe
d solutions distinctes.
2
Nous considérons la recherche des solutions dans le cas où d|b. Si d = 1, alors il existe s, t ∈ Z tels
que sa + tm = 1. Soit x0 une solution. Alors
sax0 ≡ sb =⇒ (1 − tm)x0 ≡ sb =⇒ x0 ≡ sb (mod m).
Les solutions sont les éléments de la classe [sb]m .
Si d > 1, nous cherchons d’abord une solution x0 de la congruence
b
m
a
x ≡ (mod ).
d
d
d
Or
a
b
m
x0 = + k =⇒ ax0 = b + km,
d
d
d
donc x0 est une solution de la première congruence. Les solutions cherchées sont les éléments des classes
[x + r m
d ]m , pour 0 ≤ r < d.
Exemple(s) 3.5 6x ≡ 5 (mod 15). Comme 6 ∧ 15 = 3 et 3 6 |5, la congruence n’admet pas de solution.
Exemple(s) 3.6 6x ≡ 5 (mod 17). Comme 6 ∧ 17 = 1, la congruence admet une solution. Nous avons
3 · 6 + (−1) · 17 = 1, donc 15 est une solution. Les solutions sont les éléments de la classe [15]17 .
Exemple(s) 3.7 6x ≡ 9 (mod 15). Comme 6 ∧ 15 = 3 et 3|9, nous avons 3 solutions distinctes. En
divisant par 3, nous obtenons la congruence 2x ≡ 3 (mod 5), qui admet une seule solution distincte. Or,
3 · 2 + (−1) · 5 = 1, donc 9 est une solution de cette congruence. Ainsi les solutions de la congruence
originale sont les éléments des classes [9]15 , [14]15 et [4]15 .
Maintenant nous allons considérer des systèmes de congruences linéaires. Nous n’allons pas considérer
le problème dans toute sa généralité. Nous avons besoin de deux prolongements de résultats précédents.
Proposition 3.9 (généralisation de la Proposition 3.4) Si x, y1 , . . . , yn ∈ Z∗ et x ∧ yi = 1 pour tout i,
alors x ∧ y1 · · · yn = 1.
preuve Par récurrence sur n. Nous avons déjà démontré le résultat pour n = 2 (Proposition 3.4).
Supposons que résultat est vrai pour n et considérons le cas n + 1. Alors
x ∧ y1 · · · yn = 1 et x ∧ yn+1 = 1 =⇒ x ∧ (y1 · · · yn )yn+1 = 1,
2
d’après la Proposition 3.4.
Proposition 3.10 (généralisation du Corollaire 3.3) Si x1 , . . . , xn ∈ Z∗ , xi ∧ xj = 1 pour i 6= j, et xi |y
pour tout i, alors x1 · · · xn |y.
19
preuve Par récurrence sur n. D’après le Corollaire 3.3 le résultat est vrai pour n = 2. Supposons qu’il
vrai pour n et considérons le cas n + 1. Par hypothèse x1 · · · xn |y et xn+1 |y. D’après la Proposition 3.9,
x1 · · · xn ∧ xn+1 = 1, donc x1 · · · xn xn+1 |y.
2
Nous démontrons maintenant un résultat connu aux chinois du troisième siècle.
Théorème 3.9 (théorème chinois) Soient M = m1 · · · mt , où mi ∧mj = 1, pour i 6= j, et a1 , . . . , as ∈ Z.
Nous considérons le système (S) :
x ≡
a1 (mod m1 ) ;
x ≡
..
.
a2 (mod m2 ) ;
x ≡
as (mod ms ).
Alors
• (S) admet une solution x0 ;
• x1 est une solution si et seulement si x0 ≡ x1 (mod M ).
M
preuve D’après la Proposition 3.9, pour tout i, mi ∧ m
= 1. Donc il existe un couple (αi , βi ) tel que
i
M
M
αi mi + βi mi = 1. Notons Ai = βi mi . Alors Ai ≡ 1 (mod mi ) et Ai ≡ 0 (mod mj ), pour j 6= i. Si
x0 = a1 A1 + · · · + as As , alors pour tout i,
x0 = a1 A1 + · · · + ai Ai + · · · + as As ≡ a1 0 + · · · + ai 1 + · · · + as 0 ≡ ai (mod mi ),
donc x0 est une solution.
Si x1 ≡ x0 (mod M ), alors x1 ≡ x0 (mod mi ), pour tout i, donc x1 est une solution. De l’autre côté,
si x1 est une solution, alors x0 ≡ x1 (mod mi ), soit mi |x1 − x0 , pour tout i. D’après la proposition 3.10,
M |x1 − x0 , soit x0 ≡ x1 (mod M ).
2
Soient M = m1 · · · mt , où mi ∧ mj = 1 pour i 6= j, et x̄ un nombre inconnu tel que 0 ≤ x̄ < M .
Supposons que nous connaissons, pour chaque i, le reste ai après division de x̄ par mi . Pour trouver x̄ il
suffit de déterminer la plus petite solution non-negative de (S).
Pour n ∈ N∗ notons Rn = {x ∈ N : 0 ≤ x < n}. Si N = n1 · · · ns , x ∈ RN et x = qi ni + ri , avec
0 ≤ ri < ni , pour tout i, alors nous obtenons une application Φ de RN dans Rn1 × · · · × Rns en posant
Φ(x) = (r1 , . . . , rs ). Par exemple, 30 = 2 · 3 · 5 et Φ(12) = (0, 0, 2) et Φ(17) = (1, 2, 2).
Théorème 3.10 Si ni ∧ nj = 1 pour i 6= j, alors Φ est une bijection.
preuve Nous remarquons d’abord que
|RN | = N = n1 · · · ns = |(Rn1 × · · · × Rns )|.
Supposons que Φ(x̄) = Φ(ȳ) = (r1 , . . . , rs ). Alors x̄ et ȳ sont des solutions du système
x ≡ r1 (mod n1 ) ;
x ≡ r2 (mod n2 ) ;
..
.
x ≡ rs (mod ns ).
Comme 0 ≤ x̄, ȳ < N , x̄ = ȳ, donc Φ est injective. Pour voir que Φ est surjective, il suffit de remarquer
que |RN | = |(Rn1 × · · · × Rns )|
2
20
3.5
Le théorème d’Euler
Pour n ∈ N∗ , notons Gn = {x ∈ N∗ : 1 ≤ x ≤ n et x ∧ n = 1} et φ(x) = |Gn |. Par exemple,
φ(1) = φ(2) = 1, φ(3) = φ(4) = 2 et φ(5) = 4. La fonction φ s’appelle l’indicateur d’Euler.
Remarque(s) 3.9 n ∈ Gn ⇐⇒ n = 1, donc Gn ⊂ Rn si n > 1.
Théorème 3.11 Si m, n ∈ N∗ et m ∧ n = 1, alors φ(mn) = φ(m)φ(n).
preuve Si m = 1 ou n = 1, alors le résultat est évident, donc supposons que m > 1 et n > 1. Considérons
l’application Φ de Rmn dans Rm × Rn définie juste avant le Théorème 3.10 restreinte à Gmn . Nous allons
démontrer que Φ définit une bijection de Gmn sur Gm × Gn .
Nous démontrons d’abord que Φ(Gmn ) ⊂ Gm × Gn . Nous avons
t ∈ Gmn =⇒ t ∧ mn = 1 =⇒ t ∧ m = t ∧ n = 1.
Supposons que Φ(t) = (r, s). Alors t = q1 m + r, avec 0 ≤ r < m, et t = q2 n + s, avec 0 ≤ s < n. Si r = 0,
alors m|t, ce qui implique que t ∧ m = m 6= 1, une contradiction, donc r 6= 0. De la même façon s 6= 0.
D’après la Proposition 3.1, m ∧ r = t ∧ m = 1 et n ∧ s = t ∧ n = 1. Ainsi Φ(t) ∈ Gm × Gn . Il s’ensuit que
Φ(Gmn ) ⊂ Gm × Gn .
Maintenant nous considérons la surjectivité. Supposons que (r, s) ∈ Gm × Gn . Il existe t ∈ Rmn , avec
t 6= 0, tel que Φ(t) = (r, s). Nous avons t = q1 m + r et t = q2 n + s. Comme r 6= 0 et s 6= 0, d’après la
Proposition 3.1, t ∧ m = m ∧ r = 1 et t ∧ n = n ∧ s = 1. Il s’ensuit que t ∧ mn = 1. Donc t ∈ Gmn et il
s’ensuit que Φ est surjective.
Comme Φ est aussi injective, Φ est une bijection de Gmn sur Gm × Gn et
φ(mn) = |Gmn | = |Gm × Gn | = |Gm ||Gn | = φ(m)φ(n).
2
Ceci termine la preuve.
Corollaire 3.8 Si m1 , . . . , ms ∈ N∗ et mi ∧ mj = 1, lorsque i 6= j, alors
φ(m1 · · · ms ) = φ(m1 ) · · · φ(ms ).
2
preuve Par récurrence sur s.
Exemple(s) 3.8 φ(90) = φ(9)φ(10) = 6 · 4 = 24 ; φ(140) = φ(4)φ(5)φ(7) = 2 · 4 · 6 = 48.
Théorème 3.12 (Euler) Soient a ∈ Z∗ et n ∈ N∗ tels que a ∧ n = 1. Alors
aφ(n) ≡ 1 (mod n).
Si n = 1 le résultat est évident, donc supposons que n > 1.
Notons 1 = a1 < a2 < · · · ≤ aφ(n) les éléments de Gn . Considérons l’ensemble aGn = {aa1 , . . . , aaφ(n) }.
Comme a 6= 0, les éléments de aGn sont distincts. Notons r(aai ) le reste de aai après division par n :
aai = qi n + r(aai ). Nous allons démontrer que l’application r : aai 7−→ r(aai ) est une bijection de aGn
sur Gn . D’abord
a ∧ n = 1 et ai ∧ n = 1 =⇒ aai ∧ n = 1.
Si r(aai ) = 0, alors n|aai , ce qui implique aai ∧ n = n 6= 1, une contradiction. Donc r(aai ) 6= 0 et, d’après
la Proposition 3.1, r(aai ) ∧ n = 1. Ainsi l’image de r est incluse dans Gn .
Si r(aai ) = r(aaj ), alors n|a(ai − aj ). Comme n ∧ a = 1, n|(ai − aj ), ce qui implique que ai = aj .
Donc r est injective. Or |Im (r)| = |aGn | = |Gn |, donc r est une bijection de aGn sur Gn .
Maintenant nous pouvons terminer l’argument. D’abord
r(aa1 ) · · · r(aaφ(n) ) = a1 · · · aφ(n) .
21
Comme r(aai ) ≡ aai (mod n), nous avons
a1 · · · aφ(n) ≡ aa1 · · · aaφ(n) ≡ aφ(n) a1 · · · aφ(n) (mod n),
d’où
n|(aφ(n) − 1)a1 · · · aφ(n) .
Une application repetée du théorème de Gauss donne n|(aφ(n) − 1), soit aφ(n) ≡ 1 (mod n).
2
Corollaire 3.9 Soit a ∈ Z∗ et n ∈ N∗ . Il existe s ∈ N∗ tel que as ≡ 1 (mod n) si et seulement a ∧ n = 1.
preuve Si a ∧ n = 1 et s = φ(n), alors as ≡ 1 (mod n).
Si as ≡ 1 (mod n), alors
as−1 a ≡ 1 (mod n) =⇒ as−1 a − kn = 1 =⇒ a ∧ n = 1,
2
où k ∈ Z. Ceci termine la preuve.
Si a ∧ n = 1 alors nous appelons le plus petit s ∈ N∗ tel que as ≡ 1 (mod n) l’ordre multiplicatif de a
modulo n . Nous le notons on (a) (ou o(a)).
Proposition 3.11 Si as ≡ 1 (mod n), alors on (a)|s. En particulier, on (a)|φ(n).
preuve Notons k = on (a) Nous pouvons écrire s = qk + r, avec 0 ≤ r < k. Or
1 ≡ as ≡ (ak )q ar ≡ ar (mod n).
Si r 6= 0, alors nous avons une contradiction à la minimalité de k. Donc r = 0 et k|s.
2
Exemple(s) 3.9 φ(8) = 4 =⇒ o8 (3) = 1, 2 ou 4. Nous vérifions que o8 (3) = 2.
Retournons au problème de la recherche du reste du nombre xy après division par z. Reprenons le
premier exemple : reste de a = 247349 après division par 7 :
• 247 = 35 · 7 + 2 =⇒ [247] = [2] ;
• [2]3 = [1] =⇒ [2]3k+l = [2]l ;
• 349 = 116 · 3 + 1 =⇒ [247349 ] = [247]349 = [2]1 = [2], donc le reste cherché est 2.
La deuxième étape consiste à trouver m tel que [2]m = [1] ou 2m ≡ 1 (mod 7). D’après la Proposition 3.9,
un tel m existe. En plus, on aurait pu prendre m = φ(7) = 6. Cette observation nous permet d’éviter le
calcul de puisssances successives.
3.6
Nombres premiers
Un nombre p ∈ N \ {0, 1} est dit premier si ses seuls diviseurs positifs sont 1 et p. Par exemple, 2, 3, et 5.
Si p est premier, alors φ(p) = p − 1, car r ∧ p = 1, pour 1 ≤ r < p − 1.
Si nous voulons déterminer les nombres premiers plus petits qu’un certain nombre n ∈ N \ {0, 1}, alors
nous pouvons employer la procédure suivante, appelée le crible d’Eratosthène :
• nous faisons une liste des nombres entre 2 et n ;
• nous éliminons tous les multiples de p1 = 2, sauf p1 ;
• nous appelons p2 le premier nombre après p1 qui n’est pas éliminé (p2 = 3), et puis nous éliminons
tous les multiples de p2 , sauf p2 ;
22
• nous continuons de la même façon jusqu’à ce que la procédure s’arrête ; les nombres p1 , p2 , . . .
restants sont les nombres premiers cherchés.
Par exemple, si nous prenons n = 27, les nombres restants sont 2, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23.
√
√
Remarque(s) 3.10 Si pk ≤ n et le prochain nombre non éliminé est strictement plus grand que n,
alors
nous pouvons arrêter la procédure, car
√
√ nous n’éliminerons pas d’autres nombres. Supposons que
n < s < m ≤ n et m = st. Alors 2 ≤ t < n, donc m ne peut pas être dans la liste des non éliminés.
Proposition 3.12 Si n ∈ N \ {0, 1}, alors n est un produit de nombres premiers.
proof Par récurrence sur n.
Si n = 2, alors n est le produit d’un seul nombre premier.
Supposons que l’énoncé est vrai jusqu’à n et considérons le cas n + 1. Si n + 1 est premier, alors
n + 1 est le produit d’un seul nombre premier. En revanche, si n n’est pas premier, alors n = n1 n2 , où
2 ≤ n1 , n2 ≤ n. Par hypothèse n1 et n2 sont des produits de nombres premiers, donc n + 1 est un produit
de nombres premiers.
2
Théorème 3.13 (Euclide) Il existe une infinité de nombres premiers.
preuve Supposons qu’il existe un nombre fini de nombres premiers : p1 , p2 , . . . , pn . Posons N =
p1 · · · pn + 1. D’après la proposition 3.12, il existe un nombre premier p qui divise N . Comme p = pi ,
pour un certain i, nous avons p|1, ce qui est impossible. Le résultat s’ensuit.
2
Le prochain résultat est très utile.
Proposition 3.13 Soit p un nombre premier et a, b ∈ Z∗ . Si p|ab, alors p|a ou p|b.
preuve Si p - a, alors p ∧ a = 1, donc p|b, d’après le théorème de Gauss.
2
Corollaire 3.10 Si p est premier et k ∈ {1, . . . , p − 1}, alors p|Cpk .
k−1
preuve D’après la Proposition 2.1, kCpk = pCp−1
, donc p|kCpk . Or p - k, donc p|Cpk .
2
Le prochain résultat est d’une très grande importance, d’où son nom.
Théorème 3.14 (théorème fondamental de l’arithmétique) Si n ∈ N \ {0, 1}, alors n admet une unique
factorisation en nombres premiers (à l’ordre près des facteurs).
preuve D’après la proposition 3.12, une telle factorisation existe, donc il reste à démontrer l’unicité.
Nous le ferons par récurrence sur n.
Supposons que
n = p1 · · · pr = q1 · · · qs ,
où les pi et qi sont des nombres premiers. Si n = 2, alors r = s = 1 et p1 = q1 = 2.
A présent supposons que le résultat est vrai jusqu’à n et considérons le cas n + 1. En appliquant la
proposition 3.13 (plusieurs fois s’il faut), on voit qu’il existe j tel que p1 |qj . Comme p1 et qj sont des
premiers, qj = p1 . Sans perte de généralité, supposons que j = 1. En divisant par p1 on obtient
n0 = p2 · · · pr = q2 · · · qs ,
Or n0 < n, donc par hypothèse les facteurs dans les deux expressions pour n0 sont les mèmes. Donc le
résultat est vrai pour n + 1.
2
Le prochain résultat nous fournit une façon de calculer le pgcd et le ppcm de deux nombres.
23
Théorème 3.15 Soit a, b ∈ N \ {0, 1} et
a = pn1 1 · · · pnr r
et
mr
1
b = pm
1 · · · pr ,
où n1 , . . . , nr , m1 , . . . , ms ∈ N et max(ni , mi ) ≥ 1, des décompositions de a et b en produit de facteurs
premiers. Si αi = min(ni , mi ) et β = max(ni , mi ), alors
αr
1
a ∧ b = pα
1 · · · pr
et
a ∨ b = pβ1 1 · · · pβr r .
preuve Considérons d’abord a ∨ b. Il est clair que m = pβ1 1 · · · pβr r est un multiple de a et b. Soit
e = q1k1 · · · qsks , avec ki ∈ N∗ , un multiple de a et b. Alors il existe u, v ∈ N tels que
mr
1
pn1 1 · · · pnr r u = q1k1 · · · qsks = pm
1 · · · pr v.
Comme βi ≥ 1, d’après le théorème 3.14, il existe qj tel que pi = qj et βi ≤ kj . Donc m|e. Nous en
déduisons que
a ∨ b = pβ1 1 · · · pβr r .
Nous avons
pn1 1 +m1 · · · prnr +mr = ab = (a ∨ b)(a ∧ b) = pβ1 1 · · · pβr r (a ∧ b).
Comme ni + mi = αi + βi , nous avons
αr
1
a ∧ b = pα
1 · · · pr .
2
Ceci termine le preuve.
Exemple(s) 3.10 100 = 22 30 52 et 360 = 23 32 51 , donc 100 ∧ 360 = 22 30 51 = 20 et 100 ∨ 360 = 23 32 52 =
1800.
Proposition 3.14 Si p est un nombre premier, et n ∈ N∗ , alors
φ(pn ) = pn − pn−1 = pn−1 (p − 1).
preuve Les entiers k ∈ {1, . . . , pn − 1} qui ne sont pas premiers avec pn sont p, 2p, . . . (pn−1 − 1)p, donc
φ(pn ) = (pn − 1) − (pn−1 − 1) = pn − pn−1 .
2
Ceci termine le preuve.
pn1 1
· · · pnr r
est une décomposition de a en nombres premiers,
Corollaire 3.11 Si a ∈ N \ {0, 1} et a =
alors
φ(a) = pn1 1 −1 (p1 − 1) · · · pnr r −1 (pr − 1).
preuve Il suffit de remarquer que les nombres premiers pi sont premiers entre eux.
2
Remarque(s) 3.11 Si a = 2n , alors φ(a) = 2n−1 , qui est pair si n ≥ 2. Si a est un multiple d’un
premier impair p, alors p − 1|φ(a), donc φ(a) est pair. Ainsi Im (φ) ⊂ {1} ∪ 2N∗ .
Théorème 3.16 (petit théorème de Fermat) Si p est un nombre premier, alors
ap ≡ a (mod p),
pour tout a ∈ Z.
preuve Si p|a, alors a ≡ 0 (mod p) et le résultat s’ensuit. Si p - a, alors a ∈ Z∗ et a ∧ p = 1. D’après le
théorème d’Euler, aφ(p) ≡ 1 (mod p). Or φ(p) = p − 1. En multipliant par a on obtient ap ≡ a (mod p).2
Corollaire 3.12 Si p est premier et a, b ∈ Z, alors
(a + b)p ≡ ap + bp (mod p).
preuve Nous avons
(a + b)p ≡ a + b ≡ ap + bp (mod p),
2
d’où le résultat.
24
3.7
Codes RSA
Supposons que n personnes veulent envoyer des messages secrets entre eux. Si nous utilisons un système
de codage classique, il nous faut une clé pour chaque couple, soit Cn2 = n(n−1)
clés. Ce nombre augmente
2
rapidement avec n. En plus, il y a le problème de communication des clés. Les codes RSA, développés
par Rivet, Shamir et Adleman, evitent ces problèmes.
1. Chaque personne A choisit deux nombres premiers p et q, qui sont grands, et forme le produit
n = pq. En plus, elle choisit des nombres e, d ∈ N\{0, 1}, tels que e∧φ(n) = 1 et ed ≡ 1 (mod φ(n))
(ed = 1 + kφ(n)). A laisse connaı̂tre le couple (n, e), sa clé publique, et garde secret d, sa clé secret.
2. Si la personne B veut envoyer un message à A, alors elle remplace d’abord les symboles de son
message par des entiers positifs (par exemple, a : 01, b : 02, ...), puis elle divise le message en blocs
w tels que w < n.
3. Pour chaque bloc w, B calcule le reste z de we après division par n. Alors z < n et we ≡ z (mod n).
B envoie z.
4. Pour décoder z, A calcule le reste w0 de z d après division par n. Alors w0 < n et w0 ≡ z d (mod n).
En fait w0 = w.
Nous allons voir pourquoi w0 = w. D’abord
(we )d = wed = w1+kφ(n) = w · wkφ(n) = w · wkφ(p)φ(q) .
Si p - w, alors
p ∧ w = 1 =⇒ wφ(p) ≡ 1 (mod p) =⇒ (we )d ≡ w (mod p).
Si p|w, alors
w ≡ 0 (mod p) =⇒ (we )d ≡ 0 ≡ w (mod p).
Donc dans tous les cas (we )d ≡ w (mod p). De la même façon, nous avons toujours (we )d ≡ w (mod q).
Comme p ∧ q = 1 et n = pq, (we )d ≡ w (mod n). Or
w0 ≡ z d ≡ (we )d ≡ w (mod n).
Ceci implique que w0 = w, car 0 ≤ w0 , w < n
Remarque(s) 3.12 Pour décoder il faut avoir d. Mais pour trouver d nous avons besoin de φ(n) et le
calcul de φ(n) est difficile sans la factorisation de n, un problème en général difficile.
Exemple(s) 3.11 Prenons p = 11 et q = 23. Alors n = 253 et φ(n) = φ(11)φ(23) = 220. 3 ∧ 220 = 1,
donc nous pouvons prendre e = 3. Or 3x ≡ 1 (mod 220) admet la solution x = 147, donc nous prenons
d = 147. Supposons que B veut envoyer le bloc w = 26. Le reste de 263 après division par 253 est 119,
donc elle envoie le nombre z = 119. A cherche le reste de 119147 après division par 253. Elle obtient
w0 = 26 = w.
25
Chapitre 4
Structures algébriques
Nous avons déjà vu la notion de semi-groupe. Dans ce chapitre nous étudierons cette structure plus en
profondeur et introduirons d’autres.
4.1
Semi-groupes
Nous rappelons qu’un semi-groupe est un ensemble non vide X muni d’une loi interne associative ∗. Nous
disons que x, y ∈ X commutent si
x ∗ y = y ∗ x.
Si tout couple d’éléments commute, alors nous disons que le semi-groupe est commutatif, ou abélien. Un
élément e ∈ X s’appelle un identité, ou élément neutre, si
x ∗ e = x = e ∗ x,
pour tout x ∈ X. Dans ce cas nous disons que le semi-groupe est unitaire.
Exemple(s) 4.1 (N∗ , +) est un semi-groupe non unitaire; (N, +) est un semi-groupe unitaire, avec identité 0 ; (Zm , ·) est un semi-groupe unitaire, avec identité [1]m .
Proposition 4.1 Dans un semi-groupe unitaire l’identité est unique.
preuve Soient e1 et e2 des identités. Alors e1 ∗ e2 = e1 , car e2 est un identité, et e1 ∗ e2 = e2 , car e1 est
un identité. Donc e1 = e2 .
2
Si x1 , . . . , xn ∈ X, alors nous pouvons ‘multiplier’ des couples adjacentes succesivement de façons
différentes pour obtenir un produit final. Par exemple, si n = 4, nous avons cinq possibilités :
x1 (x2 (x3 x4 ))
x1 ((x2 x3 )x4 ))
(x1 (x2 x3 ))x4
((x1 x2 )x3 )x4
(x1 x2 )(x3 x4 ).
Si toutes ces possibilités donnent le même résultat, alors nous écrivons x1 ∗ · · · ∗ xn , ou x1 · · · xn , pour le
résultat.
Théorème 4.1 Si (X, ∗) est un semi-groupe et x1 . . . , xn ∈ X, alors tout ordre de muliplication de
x1 , . . . , xn donne le même résultat.
preuve Par récurrence sur n, pour n ≥ 3.
Pour n = 3, le résultat est vrai, car la loi ∗ est associative.
Maintenant supposons que le résultat est vrai jusqu’au rang n − 1 et considérons le cas n. Chaque
fois que nous multiplions un couple d’éléments adjacents, nous réduisons le nombre de facteurs par un,
26
pour n’obtenir à la fin que deux facteurs. Chacun de ces deux facteurs dérive de n − 1 éléments, donc
nous pouvons écrire
A = (x1 ∗ . . . ∗ xi ) ∗ (xi+1 ∗ . . . ∗ xn ).
Si B est un autre produit obtenu d’une façon analogue, alors nous pouvons écrire
B = (x1 ∗ . . . ∗ xj ) ∗ (xj+1 ∗ . . . ∗ xn ).
Sans perte de généralité supposons que i ≤ j. Si i = j, alors il est clair que A = B. Si i < j, alors nous
pouvons écrire
A = (x1 ∗ . . . ∗ xi ) ∗ (xi+1 ∗ . . . ∗ xj ) ∗ (xj+1 ∗ . . . ∗ xn )
et
B = (x1 ∗ . . . ∗ xi ) ∗ (xi+1 ∗ . . . ∗ xj ) ∗ (xj+1 ∗ . . . ∗ xn ).
Nous avons
A = X1 ∗ (X2 ∗ X3 ) = (X1 ∗ X2 ) ∗ X3 = B,
donc le résultat est vrai pour n. Par récurrence le résultat est vrai pour tout n ≥ 3.
2
Soit (X, ∗) un semi-groupe unitaire, avec identité e. Si x ∈ X et il existe y ∈ X tel que
x ∗ y = e = y ∗ x,
alors nous disons que y est un symétrique de x et que x est symétrisable.
Proposition 4.2 Soit (X, ∗) un semi-groupe unitaire, avec identité e.
• a. Si x ∈ X est symetrisable, alors son symétrique est unique ; en général nous le notons x−1 .
• b. Si x ∈ X est symétrisable, alors x−1 est symétrisable et (x−1 )−1 = x.
• c. Si x, y ∈ X sont symétrisables, alors x ∗ y est symétrisable et (x ∗ y)−1 = y −1 ∗ x−1 .
preuve a. Soient y1 et y2 des symétriques de x. Alors
y2 = y2 ∗ e = y2 ∗ (x ∗ y1 ) = (y2 ∗ x) ∗ y1 = e ∗ y1 = y1
et il s’ensuit que le symétrique de x est unique.
b. Soit x ∈ X symétrisable. Comme
x−1 ∗ x = e = x ∗ x−1 ,
x−1 est symétrisable et (x−1 )−1 = x.
c. Soient x, y ∈ X symétrisables. Alors
(y −1 ∗ x−1 ) ∗ (x ∗ y) = y −1 ∗ (x−1 ∗ x) ∗ y = (y −1 ∗ e) ∗ y = e.
De la même façon
(x ∗ y) ∗ (y −1 ∗ x−1 ) = e,
2
d’où le résultat.
Pour simplifier la notation, nous écrivons xy pour x ∗ y.
Proposition 4.3 Soient X un semi-groupe et m, n ∈ N∗ . Alors
• a. xm xn = xm+n ;
• b. (xm )n = xmn .
27
Si X admet un identité e, alors a. et b. sont vrais pour m, n ∈ N.
preuve a. Si m > 0 et n > 0, alors
xm xn = (x ∗ · · · ∗ x) ∗ (x ∗ · · · ∗ x) = x
∗ · · · ∗ x = xm+n .
|
{z
} |
{z
} | {z }
m f ois
n f ois
m+n f ois
b. Pour n > 0 nous donnerons un argument par récurrence. Pour n = 1 il n’y a rien à démontrer.
Supposons que le résultat est vrai pour n − 1 et considérons le cas n. Alors
(xm )n = xm (xm )n−1 = xm xmn−m = xmn ,
où nous avons employé successivement la partie a., l’hypothèse de récurrence et la partie a.. Donc le
résultat est vrai pour n.
Supposons maintenant que X admet un identité. Il suffit de considérer les cas où m = 0 ou n = 0.
Mais ces cas sont triviaux. Donc a. et b. sont vrais pour m, n ∈ N.
2
4.2
Groupes
Un semi-groupe unitaire dont tout élément est symétrisable s’appelle un groupe. Si la loi ∗ est commutative, alors nous disons que le groupe est commutatif, ou abélien.
Exemple(s) 4.2
• (Z, +) est un groupe ; l’identité est 0 ; le symétrique de n ∈ Z est −n.
• (Z, ·) est un semi-groupe unitaire, avec identité 1, mais les seules symétrisables sont −1 et 1.
• (Zm , +) est un groupe ; l’identité est [0]m ; le symétrique de [x]m est [m − x]m .
Si (X, ∗) est un semi-groupe unitaire, alors nous noterons X × l’ensemble des éléments symétrisables
dans X.
Proposition 4.4 (X × , ∗) est un groupe.
preuve D’après la Proposition 4.2, ∗ est une loi de composition sur X × . Comme ∗ est associative sur X,
elle est associative sur la partie X × de X. Donc (X × , ∗) est un semi-groupe. Or e ∗ e = e, donc e ∈ X × ;
il s’ensuit que (X × , ∗) est unitaire.
Il reste à démontrer que, si x ∈ X × , alors x est symétrisable dans X × . Or, par définition de
×
X , x ∈ X × admet un symétrique x−1 , qui est symétrisable, d’après la proposition 4.2. Donc x est
symétrisable dans X × .
2
Exemple(s) 4.3
• (Q∗ , ·), (R∗ , ·) et (C∗ , ·) sont des groupes commutatifs.
• Soit X est un ensemble non vide et notons S(X) la collection de bijections de X sur lui-même. Si
nous munissons S(X) de la loi de composition ◦ (composition de fonctions), alors (S(X), ◦) est un
groupe, appelé le groupe de permutations sur X. En général ce groupe n’est pas commutatif. Par
exemple, si X = R, f (x) = 2x et g(x) = x3 , alors f, g ∈ S(X), mais f ◦ g 6= g ◦ f .
Proposition 4.5 Considérons le semi-groupe (Zm , ·). La classe [x] appartient á Z×
m si et seulement si
x ∧ m = 1.
Si x ∧ m = 1, alors il existe a, b ∈ N tels que ax + bm = 1, d’où
[a][x] = [ax] = [1 − bm] = [1],
donc [x] ∈ Z×
m.
Supposons que [x] ∈ Z×
m admet le symétrique [a]. Alors
[a][x] = [1] =⇒ ax = 1 + bm =⇒ ax − bm = 1,
où a ∈ Z∗ et b ∈ Z. D’après le théorème de Bézout, x ∧ m = 1.
28
2
Corollaire 4.1 Le groupe (Z×
m , ·) contient φ(m) èléments.
Si X est un ensemble non vide fini et ∗ une loi de composition définie sur X, alors nous pouvons écrire
un tableau de composition T = (tij ) de (X, ∗), en posant tij = xi ∗ xj . Ce tableau nous permet d’obtenir
des informations utiles sur la loi : associativité, existence d’un identité, commutativité, ... Dans le cas
d’un groupe, nous pouvons trouver le symétrique d’un élément à partir d’un tel tableau.
Proposition 4.6 Si G est un groupe et a, b ∈ G, alors les équations
ax = b
(1)
et
ya = b
(2)
admettent chacune une solution unique.
preuve Si x̄ = a−1 b, alors
ax̄ = a(a−1 b) = (aa−1 )b = b,
donc x̄ est une solution de (1).
Si x0 est une solution de (1), alors
ax0 = ax̄ =⇒ a−1 (ax0 ) = a−1 (ax̄) =⇒ x0 = x̄,
donc la solution de (1) est unique.
Nous pouvons traiter l’équation (2) d’une façon analogue.
2
Corollaire 4.2 Si T est le tableau de composition d’un groupe, alors dans chaque ligne et chaque colonne
se trouve chaque membre du groupe une seule fois.
preuve Soit G = {a1 , . . . , an }. Considérons la ligne i. D’après la Proposition 4.6, pour chaque aj , il
existe un unique ak tel que ai ak = aj . Donc chaque aj se trouve dans la ligne i et une seule fois.
Pour les colonnes nous appliquons un argument analogue.
2
4.2.1
Sous-groupes
Soit (G, ∗) un groupe. Si H ⊂ G et (H, ∗) est un groupe, alors nous disons que H est un sous-groupe de
G.
Proposition 4.7 Soit (G, ∗) un groupe avec identité e. H est un sous-groupe de G si et seulement si les
conditions (C) suivantes sont remplies :
x, y ∈ H =⇒ xy ∈ H,
e∈H
et
x ∈ H =⇒ x−1 ∈ H.
preuve Si H remplit les conditions (C), alors il est clair que H est un sous-groupe de G.
Soit H ⊂ G tel que (H, ∗) est un groupe. Comme ∗ est une loi de composition sur H, la première
condition est remplie. H contient un identité e0 . Comme e0 e0 = e0 , nous avons
e = (e0 )−1 e0 = (e0 )−1 (e0 e0 ) = ((e0 )−1 e0 )e0 = ee0 = e0 ,
donc e ∈ H. Pour x ∈ H, il existe y ∈ H tel que xy = yx = e. Or, il existe un unique élément de G avec
cette propriété, notamment x−1 , donc x−1 ∈ H.
2
Exemple(s) 4.4 2Z est un sous-groupe de (Z, +). En revanche, l’ensemble H = {2k + 1 : k ∈ Z} n’est
pas un sous-groupe de (Z, +). Plus généralement, si m ∈ N, alors mZ est un sous-groupe de (Z, +).
Proposition 4.8 Si H est un sous-groupe de (Z, +), alors il existe un unique d ∈ Z tel que H = dZ.
29
preuve Existence Si H = {0}, alors il suffit de prendre d = 0. Supposons que H 6= {0}. Alors H ∩N∗ 6= ∅,
car x ∈ H =⇒ −x ∈ H. Soit d = min H ∩ N∗ . Nous allons démontrer que H = dZ. Comme H est
un sous-groupe, dZ ⊂ H. Si m ∈ H, alors nous pouvons écrire m = qd + r, avec 0 ≤ r < d. Comme
m, qd ∈ H, r = m − qd ∈ H. Si r 6= 0, alors r ∈ H ∩ N∗ et nous avons une contradiction à la minimalité
de d. Donc r = 0 et m ∈ dZ. Il s’ensuit que H = dZ.
Unicité Si H = {0}, alors il est clair que d = 0 est la seule possibilité. Supposons que H 6= {0} et
H = d1 Z = d2 Z, avec d1 , d2 ∈ N. Evidemment d1 , d2 ∈ N∗ . Comme d2 ∈ H, il existe k ∈ N∗ tel que
d2 = kd1 . De la même façon, il existe l ∈ N∗ tel que d1 = ld2 . Nous avons
d1 = lkd1 =⇒ kl = 1 =⇒ k = l = 1,
2
car k, l ∈ N∗ . Ainsi d1 = d2 .
Si H est un sous-groupe du groupe G, alors nous pouvons définir une relation Rd sur G par
xRd y ⇐⇒ xy −1 ∈ H.
Cette relation est une relation d’équivalence.
Proposition 4.9 Si x ∈ G, alors [x] = Hx = {hx : h ∈ H} et il existe une bijection entre H et la classe
[x].
preuve Nous avons
xy −1 = h ∈ H =⇒ x = hy =⇒ y = h−1 x ∈ Hx,
donc [x] ⊂ Hx ;
h ∈ H et y = hx =⇒ h−1 y = x =⇒ xy −1 = h−1 ∈ H,
donc Hx ∈ [x]. Ainsi [x] = Hx.
Soit fx : H −→ Hx définie par fx (h) = hx. Alors
h1 x = h2 x =⇒ (h1 x)x−1 = (h2 x)x−1 =⇒ h1 = h2 ,
donc fx est injective. Si y ∈ Hx, alors il existe h ∈ H tel que y = hx et fx (h) = hx = y, donc fx est
surjective. Ainsi fx est une bijection de H sur [x].
2
Corollaire 4.3 Si G est fini, alors les classes d’équivalence de la relation R ont le même cardinal,
notamment celui de H.
Le prochain résultat est connu comme le théorème de Lagrange.
Théorème 4.2 Si G est un groupe fini et H un sous-groupe de G, alors |H|||G|.
preuve Soient Hx1 , . . . , Hxn les distinctes classes d’équivalence de la relation R. Ces ensembles forment
une partition de G. Donc
n
X
|G| =
|Hxi | = n|H|,
i=1
2
d’où le résultat.
Remarque(s) 4.1 Nous pouvons définir une relation analogue à Rd par
xRg y ⇐⇒ x−1 y ∈ H.
Dans ce cas [x] = xH = {xh : h ∈ H}. En général, les classes d’équivalence des deux relations
d’équivalence ne sont pas les mêmes, c’est-à-dire xH 6= Hx. Pour distinguer les classes d’équivalence de
Rg de celles de Rd nous écrirons [·]g (resp. [·]d ) pour une classe de Rg (resp. Rd ).
30
Il se peut que les classes d’équivalence des deux relations que nous venons de définir sont les mêmes.
C’est le cas si le sous-groupe H est normal, c’est-à-dire x−1 hx ∈ H pour tout x ∈ G et h ∈ H.
Théorème 4.3 Les classes d’équivalence de Rg et Rd sont les mêmes si et seulement si H est normal.
preuve Supposons que H est normal et soient x, y ∈ G. Alors
xy −1 = h(∈ H) =⇒ x = hy =⇒ x−1 = y −1 h−1 =⇒ x−1 y = y −1 h−1 y ∈ H,
donc [x]d ⊂ [x]g . En plus,
x−1 y = h(∈ H) =⇒ y = xh =⇒ y −1 = h−1 x−1 =⇒ xy −1 = xh−1 x−1 ∈ H,
donc [x]g ⊂ [x]d . Ainsi [x]g = [x]d .
Maintenant supposons que les [x]g = [x]d pour tout x ∈ G. Si x ∈ G et h ∈ H, alors il existe h0 ∈ H
tel que hx = xh0 , ce qui implique que x−1 hx ∈ H. Donc H est normal.
2
Remarque(s) 4.2 Si G est commutatif, alors tout sous-groupe de G est normal. Mais il existe des
sous-groupes normaux dans des groupes non commutatifs.
Si un sous-groupe H est normal, alors nous pouvons définir une loi de composition naturelle sur
l’ensemble quotient, que nous notons G/H : [x] ∗ [y] = [xy]. Si x0 = hx et y 0 = ky, avec x, y ∈ G et
h, k ∈ H, alors
x0 y 0 = hxky = hxyy −1 ky = hxyk 0 = xyh0 k 0 ,
où h0 , k 0 ∈ H. Donc Hx0 y 0 = Hxy, soit [x0 y 0 ] = [xy]. Ainsi ∗ est bien définie. En fait, (G/H, ∗) est un
groupe. L’identité est H et le symétrique de [x] est [x−1 ].
A présent nous considérons l’intersection et réunion de sous-groupes.
Proposition 4.10 Soient H et K des sous-groupes d’un groupe G avec identité e. Alors
• H ∩ K est un sous-groupe de G.
• H ∪ K est un sous-groupe de G si et seulement si H ⊂ K ou K ⊂ H.
preuve Si x, y ∈ H ∩ K, alors x, y ∈ H, donc xy ∈ H ; de la même façon, xy ∈ K. Ainsi xy ∈ H ∩ K.
Comme H et K sont des sous-groupes, e ∈ H et e ∈ K, donc e ∈ H ∩ K. Si x ∈ H ∩ K, alors x ∈ H,
donc x−1 ∈ H ; de la même façon, x−1 ∈ K. Ainsi x−1 ∈ H ∩ K. Ainsi H ∩ K est un sous-groupe de G.
Si H ⊂ K, alors H ∪ K = K, donc H ∪ K est un sous-groupe de G. De la même façon, si K ⊂ H,
H ∪ K est un sous-groupe de G. Si H 6⊂ K et K 6⊂ H, alors il existe x ∈ H \ K et y ∈ K \ H. Considérons
le produit xy. Si xy ∈ H, alors x−1 (xy) ∈ H, c’est-à-dire y ∈ H, une contradiction. Donc xy ∈
/ H. Si
xy ∈ K, alors (xy)y −1 ∈ K, c’est-à-dire x ∈ K, une contradiction. Ainsi xy ∈
/ H ∪ K et H ∪ K n’est pas
un sous-groupe de G.
2
Soient H et K des sous-groupes du groupe G. Nous notons HK l’ensemble de produits de la forme
hk, avec h ∈ H et k ∈ K.
Proposition 4.11 HK est un sous-groupe de G si et seulement si HK = KH.
preuve Supposons d’abord que HK = KH. Soient hk, h0 k 0 ∈ HK. Comme KH = HK, il existe k1 , h1
tels que kh0 = h1 k1 , donc hkh0 k 0 = hh1 k1 k 0 ∈ HK. Si e est l’identité de G, alors e ∈ H et e ∈ K ;
comme ee = e, e ∈ HK. En plus, (hk)−1 = k −1 h−1 ∈ KH = HK. Ainsi HK est un sous-groupe de G.
Maintenant supposons que HK est un sous-groupe de G. Si x ∈ KH, alors il existe h ∈ H et
k ∈ K tels que x = kh. Nous remarquons que h−1 k −1 ∈ HK. Comme HK est un sous-groupe,
x = kh = (h−1 k −1 )−1 ∈ HK. Ainsi KH ⊂ HK. Si x ∈ HK, alors il existe h ∈ H et k ∈ K tels que
x−1 = hk ∈ HK, donc x = (x−1 )−1 = (hk)−1 = k −1 h−1 ∈ KH. Ainsi HK ⊂ HK.
2
31
Corollaire 4.4 Si G est un groupe commutatif et H et K des sous-groupes de G, alors HK est un
sous-groupe de G.
Corollaire 4.5 Si H et K sont des sous-groupes et H ou K est normal, alors HK est un sous-groupe.
preuve Supposons que K est normal et soient x = hk ∈ HK. Alors, il existe k 0 ∈ K tel que hk = k 0 h,
car K est normal. Donc x ∈ HK. Si y = kh ∈ KH, alors il existe k 0 ∈ K tel que kh = hk 0 , car K is
normal. Donc y ∈ HK. Ainsi HK = KH et HK est un sous-groupe. Nous appliquons un argument
analogue au cas où H est normal.
2
Remarque(s) 4.3 Si HK = KH, alors HK est le plus petit sous-groupe qui contienne H et K.
4.2.2
Groupes cycliques
Soient (G, ∗) un groupe, avec identité e, et x ∈ G. Nous définissons les puissances de x de la façon
suivante : x0 = e ; pour n > 0, xn = x ∗ · · · ∗ x (n fois) ; pour n < 0, xn = x−1 ∗ · · · ∗ x−1 (−n fois).
Proposition 4.12 Soient G un groupe et m, n ∈ Z. Alors
• a. xm xn = xm+n ;
• b. x−m = (xm )−1 = (x−1 )m ;
• c. (xm )n = xmn .
preuve a. Pour m, n ∈ N nous avons déjà vu le résultat (Proposition 4.3). Si m < 0 et n < 0, alors
· · ∗ x−1} = xm+n .
xm xn = (x−1 ∗ · · · ∗ x−1 ) ∗ (x−1 ∗ · · · ∗ x−1 ) = |x−1 ∗ ·{z
{z
} |
{z
}
|
−m f ois
−m−n f ois
−n f ois
Si m > 0 et n < 0 et m + n > 0, alors
xm xn = (x ∗ · · · ∗ x) ∗ (x−1 ∗ · · · ∗ x−1 ) = x
· · ∗ x} = xm+n .
| ∗ ·{z
{z
} |
{z
}
|
m−(−n) f ois
−n f ois
m f ois
Les autres cas se démontrent d’une façon analogue.
b. D’abord
x−m xm = x0 = xm x−m .
Comme x0 = e, x−m = (xm )−1 .
Nous démontrons maintenant que (x−1 )m = (xm )−1 . Si m = 0, alors le résultat est évident. Pour
m > 0 nous avons
(x−1 )m xm = (x−1 ∗ · · · ∗ x−1 ) ∗ (x ∗ · · · ∗ x) = e.
|
{z
} |
{z
}
m f ois
m
De la mème façon, x (x
Si m < 0, alors
−1 m
)
= e, donc (x
−1 m
)
m f ois
m −1
= (x )
.
(x−1 )m xm = ((x−1 )−1 )−m xm = x−m xm = x0 = e,
De la mème façon, xm (x−1 )m = e, donc (x−1 )m = (xm )−1 .
c. Pour n = 0, le résultat est clair. Pour n > 0 nous donnerons un argument par récurrence. Pour n = 1
il n’y a rien à démontrer. Supposons que le résultat est vrai pour n − 1 et considérons le cas n. Alors
(xm )n = xm (xm )n−1 = xm xmn−m = xmn ,
32
où nous avons employé successivement la partie a., l’hypothèse de récurrence et la partie a.. Donc le
résultat est vrai pour n.
Si n < 0, alors nous avons
(xm )n = ((xm )−1 )−n = (x−m )−n = x(−m)(−n) = xmn ,
où nous avons utilisé la partie b. et le premier cas (−n > 0).
2
Remarque(s) 4.4 Si nous employons les symboles + ou ⊕ pour une loi de composition, alors nous
écrivons −x (resp. nx) pour x−1 (resp. xn ).
Corollaire 4.6 Soient G un groupe, avec élément neutre e, et x ∈ G. Alors < x >= {xn : n ∈ Z} est
un sous-groupe de G.
preuve Soient u, v ∈< x >. Il existe m, n ∈ Z tels que u = xm et v = xn . Ainsi uv = xm xn = xm+n ∈<
x >. Comme e = x0 , e ∈< x >. Si u = xm , alors u−1 = (xm )−1 = x−m ∈< x >. Donc < x > est un
sous-groupe de G.
2
Si G est un groupe et il existe x ∈ G tel que G =< x >, alors nous disons que G est cyclique et que
x est un générateur de G.
Exemple(s) 4.5
• (Z, +) est cyclique : Z =< 1 >.
• (Zn , +) est cyclique : Zn =< [1] >.
×
• (Z×
5 , ·) est cyclique : Z5 < [2] >.
2
• (Z×
8 , ·) n’est pas cyclique : [a] = [1], pour a = 1, 3, 5, 7.
Remarque(s) 4.5 En général, le générateur d’un groupe cyclique n’est pas unique. Par exemple, 1 et
−1 sont tous les deux générateurs de (Z, +).
Soit x un élément d’un groupe G. Si < x > est fini, alors nous appelons l’ordre de x le cardinal de
< x >. Si < x > est infini alors nous disons que l’ordre de x est infini. Nous écrivons o(x) pour l’ordre
de x. D’après le théorème de Lagrange, si G est fini, alors | < x > |||G|.
Proposition 4.13 Soit x un élément d’un groupe G, avec identité e. Si o(x) = ∞, alors xk 6= e, pour
tout k ∈ N∗ . Si o(x) < ∞, alors il existe k ∈ N∗ tel que xk = e. o(x) est le plus petit nombre k ∈ N∗ tel
que xk = e.
preuve Soit o(x) = ∞ et supposons qu’il existe k ∈ N∗ tel que xk = e. Si n ∈ Z et n = qk + r, avec
0 ≤ r < k, alors xn = (xk )q xr = xr . Donc < x > contient au plus k éléments, une contradiction. Donc
il n’existe pas de k ∈ N∗ tel que xk = e.
Soit o(x) < ∞. Il existe i, j ∈ Z, avec j > i, tels que xj = xi . D’où
xj−i = xj x−i = xi x−i = e.
Donc il existe k ∈ N∗ tel que xk = e. Notons l = min{k ∈ N∗ : xk = e}. Si n = ql + r, avec 0 ≤ r < l,
alors xn = (xl )q xr = xr , donc | < x > | ≤ l. Considérons les éléments x0 , . . . , xl−1 . Si j > i et xj = xi ,
alors xj−i = e. Or, 1 ≤ j − i ≤ l − 1, ce qui contredit la minimalité de l. Donc les xi , pour 0 ≤ i ≤ l − 1,
sont distincts et | < x > | ≥ l. Ainsi o(x) = l.
2
Exemple(s) 4.6 Dans (Z6 , +), o([2]) = 3 et o([3]) = 2.
Remarque(s) 4.6 Si m ∈ N∗ et a ∧ m = 1, alors [a] ∈ Z×
m et l’ordre multiplicatif de a modulo m est
s
s
l’ordre de [a] dans (Z×
m , ·). Il suffit d’observer que [a] = [1] si et seulement si a ≡ 1 (mod m).
33
Proposition 4.14 Soit G =< x > un groupe cyclique tel que | < G > | = m < ∞, avec identité e. Alors
G admet φ(m) générateurs.
preuve Si m = 1, alors le résultat est évident, donc supposons que m > 1. Soit A = {k ∈ N∗ : 1 ≤ k ≤
m − 1}. Si s ∈ A et s ∧ m = 1, alors il existe a, b ∈ Z tels que as + bm = 1. Pour n ∈ Z, nous avons
xn = x(as+bm)n = xasn xbmn = (xs )an ,
car xm = e. Donc G ⊂< xs >. Il s’ensuit que G =< xs > et xs est un générateur de G.
Maintenant soit xs un générateur de G. Il existe a ∈ Z tel que (xs )a = x, donc xsa−1 = e. Ainsi, il
existe k ∈ Z tel que km = sa − 1, ou sa − km = 1. Il s’ensuit que s ∧ m = 1. Si s ∈
/ A, alors il existe
0
s0 ∈ A tel que s0 ≡ s(mod m); s0 ∧ m = 1 et xs = xs . Donc les générateurs de G sont de la forme xs , où
s ∈ A et s ∧ m = 1 et le résultat s’ensuit.
2
Maintenant nous considérons les sous-groupes d’un groupe cyclique.
Proposition 4.15 Tout sous-groupe d’un groupe cyclique G =< x > est cyclique.
preuve Soient e l’identité de G et H un sous-groupe de G. Si H = {e} alors H =< e >. Supposons que
H 6= {e} et soit n le plus petit indice k ∈ N∗ tel que xk ∈ H. Il est évident que < xn >⊂ H. Si xl ∈ H
et l = qn + r, avec 0 ≤ r < n, alors xr ∈ H, car xr = xl (xn )−q et xl , (xn )−q ∈ H. Comme r < n, r = 0,
donc xl = (xn )q . Il s’ensuit que H ⊂< xn >.
2
Théorème 4.4 Soient G =< x > un groupe cyclique tel que | < x > | = m < ∞ et e son identité. Alors
pour tout diviseur d de m, il existe un unique sous-groupe H de cardinal d.
n
nd
= xm = e.
preuve Soit d un diviseur de m et posons n = m
d . H =< x > est un sous-groupe de G. x
0
S’il existe d0 tel que 1 ≤ d0 < d et xnd = e, alors nous avons une contradiction, car nd0 < nd = m. Ainsi
o(xn ) = d et |H| = d.
Supposons que H 0 est un sous-groupe de G et |H 0 | = d. Il existe k tel que < xk >= H 0 . Or o(xk ) = d,
donc xkd = e, d’où m|kd, soit nd|kd. Il s’ensuit que n|k, donc H 0 ⊂ H. Comme |H 0 | = |H|, H 0 = H, ce
qui établit l’unicité.
2
Corollaire 4.7 Si m ∈ N∗ , alors
X
φ(d) = m.
d∈N∗ ,d|m
preuve Soit G le groupe cyclique (Zm , +). Nous pouvons former une partition de Zm selon l’ordre des
éléments. Notons ces parties de Zn Sd1 , . . . , Sdk , où 1 = d1 < d2 < · · · < dk = m. Tous les éléments
de Si engendrent un sous-groupe de cardinal di . Comme il existe un unique sous-groupe H de cardinal
di , tous ces éléments sont des générateurs de H, donc |Si | ≤ φ(di ). Mais tout générateur de H est un
élément d’ordre di , donc φ(di ) ≤ |Si |. Ainsi φ(di ) = |Si | et le résultat s’ensuit.
2
4.2.3
Produits des groupes
Soient (G1 , ∗1 ) et (G2 , ∗2 ) des groupes et notons G = G1 ×G2 . Nous pouvons définir une loi de composition
∗ sur G par
(x1 , y1 ) ∗ (x2 , y2 ) = (x1 ∗1 x2 , y1 ∗2 y2 ).
(G, ∗) est un groupe :
• si e1 (resp. e2 ) est l’identité de G1 (resp. G2 ), alors (e1 , e2 ) est l’identité de G ;
• (x, y)−1 = (x−1 , y −1 ).
Exemple(s) 4.7 Soient (G1 , ∗1 ) = (Z3 , +) et (G2 , ∗2 ) = (Z5 , ·). Alors |G| = |G1 | · |G2 | = 3 · 4 = 12,
l’identité de G est ([0]3 , [1]5 ) et ([2]3 , [3]5 )−1 = ([1]3 , [2]5 ).
34
Le groupe (G, ∗) s’appelle le produit des groupes G1 et G2 . Evidemment nous pouvons fabriquer des
produits de plus de deux groupes et même d’un nombre infini de groupes.
Notons que H = (e1 , G2 ) et K = (G1 , e2 ) sont des sous-groupes de G et HK = G.
4.2.4
Morphismes de groupes
Soient (G1 , ∗1 ) et (G2 , ∗2 ) des groupes. Une application f : G1 −→ G2 s’appelle un morphisme de groupes
si
f (x ∗1 y) = f (x) ∗2 f (y),
pour tous x, y ∈ G1 . Si f est bijective, alors nous disons que f est un isomorphisme. Si f est un
isomorphisme, alors sa réciproque f −1 est aussi un isomorphisme. S’il existe un isomorphisme entre les
groupes G1 et G2 , alors nous disons que ces groupes sont isomorphes.
Exemple(s) 4.8 L’application exp : R −→ R∗+ est un morphisme des groupes (R, +) et (R∗+ , ·), car
exp(x + y) = exp(x) · exp(y). Comme exp est bijective, exp est un isomorphisme.
Si f est une application d’un groupe G1 dans un groupe G2 et e2 est l’identité de G2 , alors nous
appelons l’ensemble
Ker f = {x ∈ G1 : f (x) = e2 }
le noyau de f .
Proposition 4.16 Soient G1 et G2 des groupes, avec des identités respectifs e1 et e2 . Si f : G1 −→ G2
est un morphisme, alors
• a. Ker f est un sous-groupe normal de G1 ;
• b. Im f est un sous-groupe de G2 ;
• c. f est injective si et seulement si Ker f = {e1 }.
preuve a. Nous avons
x, y ∈ Ker f =⇒ f (xy) = f (x)f (y) = e2 e2 = e2 ,
donc xy ∈ Ker f . En plus
f (e1 ) = f (e1 e1 ) = f (e1 )f (e1 ) =⇒ e2 = f (e1 ),
donc e1 ∈ Ker f . Finalement
x ∈ Ker f =⇒ f (x−1 ) = f (x−1 )f (x) = f (x−1 x) = f (e1 ) = e2 ,
donc x−1 ∈ Ker f . Ainsi Ker f est un sous-groupe de G1 .
Si x ∈ Ker f et y ∈ G1 , alors
f (y −1 xy) = f (y −1 )f (x)f (y) = f (y −1 )f (y) = f (y −1 y) = f (e1 ) = e2 ,
donc y −1 xy ∈ Ker f . Il s’ensuit que f est normal.
b. Soient x0 , y 0 ∈ Im f . Il existe x, y ∈ G1 tels que f (x) = x0 et f (y) = y 0 . Or, x0 y 0 = f (x)f (y) = f (xy),
donc x0 y 0 ∈ Im f . En plus, f (e1 ) = e2 , donc e2 ∈ Im f . Soit x0 ∈ Im f . Il existe x ∈ G1 tel que f (x) = x0 .
Nous avons
e2 = f (e1 ) = f (x−1 x) = f (x−1 )f (x) = f (x−1 )x0 .
De la même façon, e2 = x0 f (x−1 ), donc x0−1 = f (x−1 ) et x0−1 ∈ Im f . Ainsi Im f est un sous-groupe de
G2 .
35
c. Si f est injective, alors Ker f contient un seul élément. Comme e1 ∈ Ker f , Ker f = {e1 }. Supposons
que Ker f = {e1 }. Si f (x) = f (y), alors
f (xy −1 ) = f (x)f (y −1 ) = f (x)f (y)−1 = e2 =⇒ xy −1 = e1 =⇒ x = y,
2
donc f est injective.
Exemple(s) 4.9 Soient G un groupe cyclique de cardinal m < ∞ et x un générateur de G. Alors
l’application f de Z dans G définie par f (n) = xn est un morphisme. Le noyau de f est composé des
multiples de m.
Exemple(s) 4.10 Soient G un groupe et S(G) le groupe de bijections sur X. Si g ∈ G, alors l’application
fg définie sur G par fg (x) = gx est une bijection. L’application Φ : g 7−→ fg est un morphisme injectif.
4.3
Anneaux
Soient A un ensemble qui contient au moins deux éléments. Nous supposons que A est muni de deux lois
de composition + et · tels que (A, +) est un groupe commutatif et (A, ·) un semi-groupe unitaire. Si ·
est distributive sur +, c’est-à-dire
x · (y + z) = x · y + x · z
et
(y + z) · x = y · x + z · x,
pour tous x, y, z ∈ A, alors nous disons que (A, +, ·) est un anneau. Nous écrirons 0A , ou 0, pour l’identité
de (A, +) et 1A , ou 1, pour l’identité de (A, ·). Si (A, ·) est commutatif, alors nous disons que l’anneau
est commutatif. En général nous écrivons xy pour x · y. Nous écrivons A∗ pour l’ensemble A \ {0}.
Exemple(s) 4.11 (Z, +, ·), (Q, +, ·), (R, +, ·), (C, +, ·) et (Zm , +, ·), avec m ≥ 2, sont des anneaux
commutatifs.
Proposition 4.17 Si A est un anneau, alors
• 0x = x0 = 0 ;
• 0 6= 1.
preuve Nous avons
0x = (0 + 0)x = 0x + 0x =⇒ 0 = 0x.
Nous démontrons que x0 = 0 de la même façon.
Si 0 = 1 et x 6= 0, alors
0 = 0x = 1x = x,
2
une contradiction, donc 0 6= 1.
Soient (A, +, ·) un anneau et S ⊂ A tel que S contient au moins deux éléments. Nous disons que S
est un sous-anneau de A si S avec les lois de A est un anneau.
Proposition 4.18 Soient (A, +, ·) un anneau et S une partie de A qui contient au moins deux éléments.
S est un sous-anneau de A si les conditions (C) suivantes sont remplies : S est un sous-groupe de (A, +),
x, y ∈ S =⇒ xy ∈ S et 1 ∈ S.
2
preuve La preuve est évidente.
Un élément x d’un anneau A est dit inversible si x est symétrisable dans le semigroupe (A, ·). Nous
noterons l’ensemble des inversibles A× . Il est clair que A× ⊂ A∗ , mais en général nous n’avons pas
égalité. D’après la proposition 4.4, (A× , ·) est un groupe.
36
Exemple(s) 4.12 Q× = Q∗ , R× = R∗ et C× = C∗ , mais Z× = {−1, 1} =
6 Z∗ .
Nous rappelons que, si nous utilisons + ou ⊕ pour une loi de composition sur un ensemble X et
x ∈ X, alors nous écrivons −x pour le symétrique de x et nx pour la puissance n-ième de x.
Proposition 4.19 Soit (A, +, ·) un anneau et x, y ∈ A. Nous avons
• a. (−x)y = x(−y) = −(xy) ;
• b. (−1)x = x(−1) = −x et (−x)(−y) = xy ;
• c. (nx)y = x(ny) = n(xy), pour tout n ∈ Z.
preuve a. Nous avons
0 = (x + (−x))y = xy + (−x)y =⇒ (−x)y = −(xy)
et
0 = x(y + (−y)) = xy + x(−y) =⇒ x(−y) = −(xy).
b. D’après a.,
(−1)x = −(1x) = −x
et, de la même façon, x(−1) = −x. En plus, en employanr a.,
(−x)(−y) = −(x(−y)) = −(−(xy)) = xy.
c. Pour n ∈ N, nous démontrerons le résultat par récurrence. Si n = 0 ou n = 1, alors le résultat est
clair. Supposons que le résultat est vrai pour un n ∈ N∗ et considérons le cas n + 1. Alors
((n + 1)x)y = (nx + x)y = (nx)y + xy = x(ny) + xy = x(ny + y) = x((n + 1)y)
et
((n + 1)x)y = (nx + x)y = (nx)y + xy = n(xy) + xy = (n + 1)(xy).
Donc le résultat est vrai pour n + 1.
Maintenant considérons le cas n < 0. Par définition, nw = (−n)(−w). En employant ce que nous
venons de démontrer et la proposition 4.12, nous avons
(nx)y = ((−n)(−x))y = (−x)((−n)y) = (−x)(−(ny)) = x(ny)
et
(nx)y = ((−n)(−x))y = (−n)((−x)y) = (−n)(−(xy)) = n(xy).
2
Ceci termine la preuve.
La proposition suivante généralise la formule du binôme. Nous la démontrons d’une façon analogue.
Proposition 4.20 Si A est un anneau et x, y ∈ A commutent, alors pour tout n ∈ N∗ , nous avons
(x + y)n =
n
X
Cnk xn−k y k .
k=0
Soit A un anneau commutatif. Si x ∈ A \ {0} et il existe y ∈ A \ {0} tel que xy = 0, alors nous
disons que x est un diviseur de zéro. Si A ne contient pas de diviseur de zéro, alors nous disons que A
est intègre.
Exemple(s) 4.13 [2] ∈ Z8 est un diviseur de zéro, car [2][4] = [0], donc Z8 n’est pas intègre. En
revanche, les anneaux Z, Q, R et C sont intègres.
37
Les anneaux intègres possèdent une propriété importante.
Proposition 4.21 Soient A un anneau intègre et a, x, y ∈ A, avec a 6= 0. Alors ax = ay =⇒ x = y.
preuve Nous avons
ax = ay =⇒ a(x − y) = 0 =⇒ x − y = 0,
2
car a 6= 0.
Si l’anneau A est commutatif et A× = A∗ , alors nous disons que A est un corps. Quand nous parlons
d’un corps, nous écrivons en général K au lieu de A.
Exemple(s) 4.14 Q, R et C sont des corps, mais Z n’est pas un corps , car Z× = {−1, 1}.
Zm , avec m ≥ 2, est un corps si et seulement si m est premier, car [x] ∈ Z×
m si et seulement si [x] 6= [0]
et x ∧ m = 1.
Proposition 4.22 Un corps est intègre.
preuve Soient K, x ∈ K∗ et y ∈ K tel que xy = 0. Alors
0 = x−1 (xy) = (x−1 x)y = y,
2
donc x n’est pas un diviseur de zéro.
4.3.1
Idéaux
Soit A un anneau. Un idéal dans A est in sous-groupe I de (A, +) tel que ax, xa ∈ I, lorsque x ∈ I et
a ∈ A. {0} et A sont des idéaux de A.
Remarque(s) 4.7 Un idéal I = A si et seulement si 1 ∈ I. Si I = A, alors 1 ∈ I, car 1 ∈ A. Si 1 ∈ I
et a ∈ A, alors a = a1 ∈ I, donc A ⊂ I ⊂ A.
Proposition 4.23 Un anneau A commutatif est un corps si et seulement si A n’a que les idéaux {0} et
A.
preuve Supposons que A est un corps et I est un idéal de A. Si I 6= {0}, alors il existe a ∈ A∗ dans I.
Or, 1 = a−1 a ∈ I, donc I = A.
Maintenant supposons que A n’a que les idéaux {0} et A et soit x ∈ A∗ . L’ensemble J = {ax : a ∈ A}
est un idéal qui contient x. Comme J 6= {0}, J = A. Or, 1 ∈ A, donc 1 ∈ J, donc il existe a ∈ A tel que
ax = 1. Ainsi A∗ = A× et A est un corps.
2
Si un idéal I d’un anneau commutatif A est composé des multiples d’un élément x ∈ I, c’est-à-dire
I = {ax : a ∈ A}, alors nous disons que I est principal. Nous écrivons I =< x > et appelons x un
générateur de I. Si A est intègre et tout idéal est principal, alors nous disons que A est un anneau
principal.
Proposition 4.24 Z est un anneau principal.
preuve Soit I in idéal de Z. I est un sous-groupe de (Z, +), donc il existe d ∈ N tel que I = dZ.
2
Exemple(s) 4.15 Soient x, y ∈ Z∗ et notons
A = {ax + by : a, b ∈ Z}
et
B = {s ∈ Z : x|s, y|s}.
A et B sont des idéaux de Z (facile). Démontrons que x ∧ y est un générateur de A et x ∨ y un générateur
de B. Notons d = x ∧ y et m = x ∨ y.
38
• s ∈ A =⇒ d|s, car d|x et d|y. Ainsi A ⊂< d >. Si s ∈< d >, alors il existe α ∈ Z tel que s = αd.
En plus, il existe a0 , b0 ∈ Z tel que ax + b0 y = d. D’où
s = α(a0 x + b0 y) = αa0 x + αb0 y ∈ A,
donc < d >⊂ A.
• s ∈ B =⇒ x|s, y|s =⇒ m|s =⇒ s ∈< m >. Ainsi B ⊂< m >. Si s ∈< m >, alors il existe α ∈ Z
tel que s = αm. Comme x|m et y|m, x|s et y|s, d’òu s ∈ B. Il s’ensuit que < m >⊂ B.
Le prochain résultat est facile à démontrer.
Proposition 4.25 Si I et J sont des idéaux d’un anneau A, alors I ∩ J et I + J = {x + y : x ∈ I, y ∈ J}
sont des idéaux. I ∪ J est un idéal si et seulement si I ⊂ J ou J ⊂ I.
Remarque(s) 4.8 I + J s’appelle la somme de I et J.
4.3.2
Produits d’anneaux
De la même façon que nous avons défini le produit de groupes, nous pouvons définir le produit d’anneaux.
Soient (A1 , +1 , ·1 ) et (A2 , +2 , ·2 ) des anneaux et notons A = A1 × A2 . Nous définissons des lois de
composition + et · sur A par
(x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 +1 x2 , y1 +2 y2 )
et
(x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = (x1 ·1 x2 , y1 ·2 y2 ).
Si 01 (resp. 02 ) est l’identité pour l’addition dans A1 (resp. A2 ) et 11 (resp. 12 ) est l’identité pour
la multiplication dans A1 (resp. A2 ), alors (01 , 02 ) est l’identité pour l’addition dans A et (11 , 12 ) est
l’identité pour la multiplication dans A.
L’anneau (A, +, ·) s’appelle le produit des anneaux A1 et A2 . Evidemment nous pouvons fabriquer
des produits de plus de deux anneaux et même d’un nombre infini d’anneaux.
Le produit de deux anneaux n’est pas intègre, car
(01 , 12 ) · (11 , 02 ) = (01 , 02 ).
Ceci est aussi le cas pour un produit de plus de deux anneaux.
4.3.3
Caractéristique d’un anneau
Soit (A, +, ·) un anneau. Nous considérons l’ordre de 1 dans le groupe (A, +). Si o(1) = ∞, alors nous
disons que la caractéristique de A est 0 et si o(1) = n < ∞, alors nous disons que la caractéristique de A
est n. Nous écrivons car (A) pour la caractéristique de A.
Remarque(s) 4.9 Si car (A) = n < ∞, alors nx = 0, pour tout x ∈ A :
nx = 1x + · · · + 1x = (n1)x = 0x = 0.
|
{z
}
n f ois
Exemple(s) 4.16 car (Q) = car (R) = car (C) = ∞ et car (Zm ) = m.
Proposition 4.26 Si l’anneau A est intègre et car (A) 6= 0, alors car (A) est un nombre premeir.
preuve Supposons que car (A) = n, avec n composite. Alors n = uv, avec 1 < u, v < n. Nous avons
0 = n1 = (uv)1 = (u1)(v1).
Comme A est intègre, u1 = 0 ou v1 = 0, une contradiction à la minimalité de n.
2
La puissance d’une somme d’éléments d’un anneau de caractéristique fini peut se revéler très simple.
39
Théorème 4.5 Si A est un anneau intègre de caractéristique p < ∞ et r ∈ N, alors
r
r
(x + y)p = xp + y p
r
pour tous x, y ∈ A.
preuve Pour r = 0 la preuve est triviale. Si r = 1, alors
p
p
(x + y) = x +
p−1 X
p
i=1
i
xp−i y i + y p = xp + y p ,
p
car p| i pour i = 1, . . . , p − 1 (Corollaire 3.10).
Supposons que le résultat est vrai pour r et considérons le cas r + 1. Nous avons
(x + y)p
r+1
r
r
r
r
= ((x + y)p )p = (xp + y p )p = (xp )p + (y p )p = xp
r+1
+ yp
r+1
,
donc le résultat est vrai pour r + 1. Par induction l’énoncé est vrai pour tout r ∈ N.
4.3.4
2
Morphismes d’anneaux
Soient (A1 , +1 , ·1 ) et (A2 , +2 , ·2 ) des anneaux. Une application f : A1 −→ A2 est un morphisme d’anneaux
si
f (x +1 y) = f (x) +2 f (y),
f (x ·1 y) = f (x) ·2 f (y)
et
f (11 ) = 12 .
Si f est bijective, alors nous disons que f est un isomorphisme. Si f est un isomorphisme, alors sa
réciproque f −1 est aussi un isomorphisme. S’il existe un isomorphisme entre les anneux A1 et A2 ,
alors nous disons que ces anneaux sont isomorphes. Pour simplifier la notation, nous omettons l’indice
inférieure des lois.
Si f est une application d’un anneau A1 dans un anneau A2 , alors nous appelons l’ensemble
Ker f = {x ∈ A1 : f (x) = 02 }
le noyau de f .
Exemple(s) 4.17 Si m ∈ N∗ , alors l’application f : Z −→ Zm , n 7−→ [n] est un morphisme d’anneaux.
Proposition 4.27 Si m1 , . . . , ms ∈ N∗ , avec mi ∧ mj = 1 pour i 6= j, et N = m1 · · · ms , alors
l’application
φ : ZN −→ Zm1 × · · · × Zms , [x]N 7−→ ([x]m1 , · · · , [x]ms )
est un isomorphisme d’anneaux.
preuve Nous avons
φ([x]N + [y]N )
= φ([x + y]N ) = ([x + y]m1 , · · · , [x + y]ms )
=
([x]m1 , . . . , [x]ms ) + ([y]m1 , . . . , [y]ms )
= φ([x]N ) + φ([y]N ).
De la même façon, φ([x]N [y]N ) = φ([x]N )φ([y]N ). Comme φ([1]N ) = ([1]m1 , . . . , [1]ms ), φ est un morphisme.
Il reste à démontrer que φ est une bijection. Comme |ZN | = |Zm1 × · · · × Zms |, il suffit de démontrer
que φ est surjective. Mais ceci résulte du théorème chinois.
2
Le prochain résultat est un analogue de la proposition 4.16.
Proposition 4.28 Si f : A1 −→ A2 est un morphisme d’anneaux, alors
40
• a. Ker f est un idéal de A1 ;
• b. Im f est un sous-anneau de A2 ;
• c. f est injective si et seulement si Ker f = {01 }.
preuve a. f est un morphisme du groupe (A1 , +1 ) dans le groupe (A2 , +2 ), donc Ker f est un sousgroupe de (A1 , +1 ). Si x ∈ Ker f et a ∈ A1 , alors
f (ax) = f (a)f (x) = f (a)02 = 02 .
De la même façon f (xa) = 02 , donc Ker f est un idéal de A1 .
b. f est un morphisme du groupe (A1 , +1 ) dans le groupe (A2 , +2 ), donc Im f est un sous-groupe de
(A2 , +2 ). Comme f (11 ) = 12 , 12 ∈ Im f . Si x0 , y 0 ∈ Im f , alors il existe x, y ∈ A1 tels que f (x) = x0 et
f (y) = y 0 ; comme x0 y 0 = f (x)f (y) = f (xy), x0 y 0 ∈ Im f . Ainsi Im f est un sous-anneau de A2 .
c. Il suffit de remarquer que f est un morphisme du groupe (A1 , +1 ) dans le groupe (A2 , +2 ).
2
Si A est un anneau, alors nous pouvons définir un morphisme de Z dans A d’une manière simple.
Théorème 4.6 Si A est un anneau, alors il existe un unique morphisme d’anneaux de Z dans A.
preuve Pour n ∈ Z posons f (n) = n1, où 1 est l’identité pour la multiplication dans A. Evidement
f (1) = 1 et f (0) = 0. En plus,
f (m + n) = (m + n)1 = m1 + n1 = f (m) + f (n).
Maintenant nous considérons la multiplication. Si m = 0 ou n = 0, alors mn = 0 et f (mn) = f (m)f (n),
car f (0) = 0. Supposons maintenant que ceci n’est pas le cas. Si m > 0 et n > 0, alors
f (m) · f (n) = m1 · n1 = mn1 = f (mn).
Maintenant remarquons que
f (−m) = (−m)1 = −(m1) = −f (m).
Si m > 0 et n < 0, alors
f (mn) = −f (−(mn)) = −f (−m)f (n) = f (m)f (n).
Si m < 0 et n > 0, nous employons un argument analogue. Pour m < 0 et n < 0, nous avons
f (mn) = f ((−m)(−n)) = f (−m)f (−n) = (−f (m))(−f (n)) = f (m)f (n).
Ainsi f est un morphisme d’anneaux.
Maintenant nous considérons l’unicité. Soit g un morphisme de Z dans A. Alors g(1) = 1 = 11 et
g(0) = 0 = 01. Si n > 0, alors
g(n) = ng(1) = n1
et, si n < 0, alors
g(n) = −g(−n) = −(−n1) = n1.
2
Donc g = f , d’où l’unicité du morphisme.
Le morphisme que nous venons de définir s’appelle le morphisme canonique de Z dans A.
Le prochain résultat est très utile.
41
Proposition 4.29 Soit A1 et A2 des anneaux commutatifs. f est un morphisme surjectif de A1 dans
A2 et A1 est principal, alors A2 est principal.
preuve Soit I un idéal dans A2 et notons J = f −1 (I). Alors J est un idéal dans A1 . Comme A1 est
principal, il existe w ∈ A1 tel que J =< w >. Notons z = f (w) et soit y ∈ I. Comme f est surjectif, il
existe x ∈ A1 tel que f (x) = y. Or, x ∈ J, donc il existe a ∈ A1 tel que x = aw. Donc
y = f (x) = f (aw) = f (a)f (w) = f (a)z.
2
Ainsi I est principal.
Corollaire 4.8 Pour tout m ∈ N∗ , Zm est principal.
preuve Il suffit de remarquer que l’application f de Z dans Zm définie par f (n) = [n] est un morphisme
surjectif.
2
4.4
Espaces vectoriels
Soient (V, +) un groupe commutatif, (K, ⊕, ) un corps et · une loi de K × V dans V . Pour ·(x, v) nous
écrivons x · v ou xv. Si, pour x, y ∈ K et v, w ∈ V , nous avons
(x y) · v = x · (y · v),
1 · v = v,
(x ⊕ y) · v = x · v + y · v
et
x · (v + w) = x · v + x · w,
alors nous disons que V est un espace vectoriel sur K.
Remarque(s) 4.10 Nous avons deux ‘additions’ et deux ‘multiplications’. En général nous écrivons
x + y pour x ⊕ y et xy pour x y.
Exemple(s) 4.18 Si K est un corps, n ∈ N∗ et
(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn )
et
z(x1 , . . . , xn ) = (zx1 , . . . , zxn ),
pour xi , yi , z ∈ K, alors Kn est un espace vectoriel sur K.
Nous avons deux groupes commutatifs, (V, +) et (K, ⊕). Nous écrirons 0V (resp. 0) pour l’identité
de (V, +) (resp. (K, ⊕)) et 1 pour l’identité de la multiplication dans K.
Proposition 4.30 Si v ∈ V , alors
0V = 0v
− v = (−1)v.
et
preuve Nous avons
0v = (0 + 0)v = 0v + 0v,
donc 0V = 0v. En plus,
0V = 0v = (1 + (−1))v = 1v + (−1)v = v + (−1)v,
2
donc −v = (−1)v.
Soit V un espace vectoriel. Une partie W de V est un sous-espace vectoriel de V si W est un espace
vectoriel avec les lois de V . Nous employerons l’abbréviation s.e.v. pour sous-espace vectoriel.
Proposition 4.31 Soient V un espace vectoriel sur le corps K et W ⊂ V . W est un s.e.v. si et seulement
si W 6= ∅ et xu + yv ∈ W , pour tous x, y ∈ K et u, v ∈ V .
preuve Il est évident que, si W est un s.e.v., alors W remplit les conditions.
Maintenant supposons que W remplit les conditions. Soit u, v ∈ W et x ∈ K. Alors
42
• u + v = 1u + 1v ∈ W ;
• 0V = 0v = (0 + 0)v = 0v + 0v ∈ W ;
• −v = (−1)v = (−1)v + 0v ∈ W ,
donc W est un sous-groupe de (V, +). En plus, xu = xu + 0v ∈ W . Il s’ensuit que (W, +, ·) est un espace
vectoriel, donc W est un s.e.v. de V .
2
D’après le théorème de Lagrange, si V est fini, alors |W |||V |.
Comme (V, +) est commutatif, nous avons W + v = v + W . Un tel ensemble s’appelle un coset de
W . Les distincts cosets forment une partition de V , car ils sont les classes d’équivalence de la relation
d’équivalence R définie par
xRy ⇐⇒ x − y ∈ W.
Si v1 , . . . , vs ∈ V et x1 , . . . , xs ∈ K, alors l’expression x1 v1 + · · · + xs vs ∈ V s’appelle une combinaison
linéaire des vi . Si v1 , . . . , vs ∈ V et
x1 v1 + · · · + xs vs = 0V ⇐⇒ x1 = · · · = xs = 0,
alors nous disons que v1 , . . . , vs sont libres, ou indépendants, et autrement qu’ils sont liés. Nous disons
qu’une partie S est libre si tout ensemble fini d’éléments de S est libre.
Si S ⊂ V , S 6= ∅, alors l’ensemble des combinaisons linéaires d’éléments dans S est un s.e.v. de V .
Nous le notons Vect (S). Si W est un s.e.v. de V et S est une partie de V telle que W = Vect (S), alors
nous disons que S engendre W , ou que S est une partie génératrice de W . Si l’espace vectoriel V admet
une partie génératrice finie, alors nous disons que V est de dimension finie.
Une partie génératrice et libre d’un espace vectoriel V s’appelle une base de V . Dans la prochaine
section nous verrons que tout espace vectorial de dimension finie admet une base finie.
4.4.1
Espaces vectoriels de dimension finie
Nous commençons avec un résultat préliminaire.
Lemme 4.1 Soient V un espace vectoriel sur un corps K, S = {w1 , . . . , wm } une partie libre de V et
T = {v1 , . . . , vn } une partie génératrice de V . Alors m ≤ n. Si m = n, alors S est génératrice. Au cas
0
0
où m < n, il existe vm+1
, . . . , vn0 ∈ T , tels que U = {w1 , . . . , wm , vm+1
, . . . , vn0 } est génératrice.
preuve Comme S est libre, wi 6= 0V pour tout i. Or, T est génératrice, donc il existe x1 , . . . , xn ∈ K,
tels que w1 = x1 v1 + · · · + xn vn , avec au moins un xi 6= 0. Sans perte de généralité, supposons que
x1 6= 0. Nous obtenons
v1 = x−1
1 (w1 − x2 v2 − · · · − xn vn ),
donc T1 = {w1 , v2 , . . . , vn } est génératrice. Or, il existe y1 , . . . , yn ∈ K tels que w2 = y1 w1 + y2 v2 + · · · +
yn vn . Comme S est libre, au moins un yi 6= 0, avec i > 1. Supposons que y2 6= 0. Comme précédement,
nous voyons que T2 = {w1 , w2 , v3 , . . . , vn } est génératrice. Nous continuons de la même façon. Si n < m,
alors wn+1 est une combinaison linéaire de w1 , . . . , wm , une contradiction, car S est libre. Donc m ≤ n.
En plus, Tm est génératrice.
2
Théorème 4.7 Si V est un espace vectoriel de dimension finie et V 6= {0V }, alors V admet une base.
preuve Soit T = {v1 , . . . , vm } une partie génératrice minimale, c’est-à-dire T \ {vi } n’est pas génératrice,
pour tout i. Supposons qu’il existe x1 , . . . , xn , non tous nuls, tels que x1 v1 + · · · + xn vn = 0V . Sans perte
de généralité, supposons que x1 6= 0. Alors
v1 = x−1
1 (−x2 v2 − · · · − xn vn )
43
et T \ {v1 } est génératrice, une contradiction. Donc T est libre. Comme T est aussi génératrice, T est
une base.
2
Théorème 4.8 Si V est un espace vectoriel de dimension finie, alors toute base de V a le même cardinal.
2
preuve Il suffit d’appliquer le lemme 4.1.
Le nombre d’éléments dans une base s’appelle la dimension de V et nous le notons dim V . Si V = {0V },
alors nous posons dim V = 0.
Exemple(s) 4.19 Si K est un corps et
e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1),
alors (ei )ni=1 est une base de Kn , appelée la base canonique de Kn .
Proposition 4.32 Soient V un espace vectoriel de dimension finie et W ⊂ V un s.e.v. Si dim W =
dim V , alors W = V .
preuve Soient B1 une base de W et B2 une base de V . B1 est une partie libre de V et B2 une partie
génératrice. D’après le lemme 4.1, B1 est génératrice et donc une base de V . Il s’ensuit que W = V . 2
Soient U et W des s.e.v. de l’espace vectoriel V . Alors U ∩ V et U + W = {u + w : u ∈ U, w ∈ W }
sont des s.e.v. de V ; U ∪ W est un s.e.v. de V si et seulement U ⊂ W ou W ⊂ U .
Remarque(s) 4.11 U +W s’appelle la somme de U et W . Evidement U et W sont des s.e.v. de U +W .
Si U ∩ W = {0V } alors nous disons que U + W est la somme directe de U et W . Dans ce cas nous
écrivons U ⊕ W .
Proposition 4.33 Soient V un espace vectoriel et U , W des s.e.v. Alors
dim(U + W ) = dim U + dim W − dim U ∩ W.
preuve Supposons d’abord que U ∩ W = {0V } et soit B1 (resp. B2 ) une base de U (resp. W ). Il est
clair que B1 ∪ B2 est une partie génératrice de U + W . Si B1 = (u1 , . . . , us ) et B2 = (w1 , . . . , wt ), alors
x1 u1 + · · · + xs us + y1 w1 + · · · + yt wt = 0V =⇒ x1 u1 + · · · + xs us = −y1 w1 − · · · − yt wt .
Comme U ∩ W = {0V }, chaque côté de l’expression vaut 0V , ce qui implique que les xi et yj valent tous
0. Il s’ensuit que B1 ∪ B2 est une base de U + W et
dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ).
Maintenant supposons que U ∩ W 6= {0V }. Si U ⊂ W ou W ⊂ U , alors le résultat est évident, donc
supposons que ceci n’est pas le cas. Soit B3 = (v1 , . . . , vk ) une base de U ∩ W . D’après le lemme 4.1, il
existe u0k+1 , . . . , u0s ∈ B1 tels que B10 = (v1 , . . . , vk , u0k+1 , . . . , u0s ) engendre U . De la même façon, il existe
0
0
, . . . , wt0 ) engendre W . Si B10 n’est pas une base de U ,
wk+1
, . . . , wt0 ∈ B2 tels que B20 = (v1 , . . . , vk , wk+1
alors nous pouvons en éliminer des éléments pour obtenir une base. Mais une telle base aurait moins que
s éléments, une contradiction. Donc B10 est une base de U . De la même façon B20 est une base de W .
Notons
0
B4 = (v1 , . . . , vk , u0k+1 , . . . , u0s , wk+1
, . . . , wt0 ).
Il est clair que B4 est une partie génératrice de U + W . Si
0
(z1 v1 + · · · + zk vk ) + (xk+1 u0k+1 + · · · + xs u0s ) + (yk+1 wk+1
+ · · · + yt wt0 ) = v + u + w = 0V ,
alors w = −v − u ∈ U ∩ W , donc il existe z10 , . . . , zk0 tels que
0
yk+1 wk+1
+ · · · + yt wt0 = z10 v1 + · · · + zk0 vk .
Comme B20 est une base de W , les yi (et les zj0 ) valent 0. De la même façon, les xi valent 0. Comme B3
est une base de U ∩ W , les zi valent 0. Ainsi B4 est une base de U + W et
dim(U + W ) = k + (s − k) + (t − k) = s + t − k = dim U + dim W − dim(U ∩ W ).
2
Ceci termine la preuve.
44
4.4.2
Applications linéaires
Si U et V sont des espaces vectoriels sur le corps K et f est une application de U dans V telle que
f (u + u0 ) = f (u) + f (u0 )
et
f (xu) = xf (u),
pour u, u0 ∈ U et x ∈ K, alors nous disons que f est une application linéaire, ou un morphisme d’espaces
vectoriels. Si f est bijective, alors nous disons que f est un isomorphisme. Si f est un isomorphisme,
alors sa réciproque f −1 est aussi un isomorphisme. S’il existe un isomorphisme entre les espaces vectoriels
V1 et V2 , alors nous disons que ces espaces vectoriels sont isomorphes.
Le noyau de f est l’ensemble
Ker f = {u ∈ U : f (u) = 0V }.
Proposition 4.34 Si f : U −→ V est une application linéaire, alors
• a. Ker f est un s.e.v. de U ;
• b. Im f est un s.e.v. de V ;
• c. f est injective si et seulement si Ker f = {0U }.
preuve a. Comme f est un morphisme du groupe (U, +) dans le groupe (V, +), f (0U ) = 0V , donc
Ker f 6= ∅. Si u, u0 ∈ Ker f et x, y ∈ K, alors
f (xu + yu0 ) = xf (u) + yf (u0 ) = x0V + y0V = 0V ,
donc Ker f est un s.e.v. de U .
b. 0V ∈ Im f , donc Im f 6= ∅. En plus, si f (u) = v, f (u0 ) = v 0 et x, y ∈ K, alors
xv + yv 0 = xf (u) + yf (u0 ) = f (xu + yu0 ) ∈ Im f,
donc Im f est un s.e.v. de V .
c. Il suffit de remarquer que f est un morphisme du groupe (U, +) dans le groupe (V, +).
2
Si l’espace vectoriel U est de dimension finie, alors nous pouvons dire plus.
Théorème 4.9 Si U et V sont des espaces vectoriels, avec U de dimension finie, et f est une application
linéaire de U dans V , alors Ker f et Im f sont de dimension finie et
dim U = dim Im f + dim Ker f.
preuve Supposons que dim U = m < ∞. Comme Ker f est un s.e.v. de U , Ker f est de dimension finie.
Si U = {0U }, alors Im f = {0V }. Si U 6= {0U }, alors les images des éléments d’une base de U engendrent
Im f . Ainsi Im f est de dimension finie.
Maintenant nous établissons la formule. Le cas où Ker f = U est trivial, donc supposons que ceci
n’est pas le cas.
D’abord considérons le cas où Ker f = {0U } et soit B = (u1 , . . . , um ) une base de U . Si x1 , . . . , xm ∈
K, alors
x1 f (u1 ) + · · · + xm f (um ) = 0V =⇒ x1 u1 + · · · + xm um = 0U ,
donc x1 = · · · = xm = 0 et les f (ui ) sont indépendants. Comme ces éléments engendrent Im f , ils en
forment une base. Ainsi la formule est vérifiée.
45
Maintenant considérons le cas où Ker f 6= {0U }. Si B1 = (u1 , . . . , uk ) est une base de Ker f , alors il
existe uk+1 , . . . , um ∈ U tels que B2 = (u1 , . . . , um ) est une base de U . Si v ∈ Im f , alors
v
=
f (x1 u1 + · · · + xk uk + xk+1 uk+1 + · · · + xm um )
=
x1 f (u1 ) + · · · + xk f (uk ) + xk+1 f (uk+1 ) + · · · + xm f (um )
=
xk+1 f (uk+1 ) + · · · + xm f (um ),
donc S = (f (uk+1 ), . . . , f (um )) est une partie génératrice de Im f . Si xk+1 , . . . , xm ∈ K, alors
xk+1 f (uk+1 ) + · · · + xm f (um ) = 0V =⇒ xk+1 uk+1 + · · · + xm um ∈ Ker f,
donc il existe x1 , . . . , xk ∈ K tels que
xk+1 uk+1 + · · · + xm um = x1 u1 + · · · + xk uk =⇒ x1 = · · · = xm = 0,
car (u1 , . . . , um ) est une base de U . Ainsi S est une base de Im f et
dim U − dim Ker f = m − k = dim Im f.
2
Ceci termine la preuve.
La dimension de l’image d’une application linéaire f définie sur un espace vectoriel de dimension finie
s’appelle le rang de l’application et nous le notons rg f . Ainsi nous pouvons écrire la formule
dim U = rg f + dim Ker f.
Proposition 4.35 Soient U , V et W des espaces vectoriels de dimension finie et f : U −→ V et
g : V −→ W des applications linéaires. Si dim V = n, alors
rg f + rg g − n ≤ rg g ◦ f ≤ min(rg f, rg g).
preuve Comme Im g ◦ f = Im g|f (U ) , d’après le théorème précédent, rg g ◦ f ≤ rg f . En plus,
Im g ◦ f = Im g|f (U ) =⇒ Im g ◦ f ⊂ Im g =⇒ rg g ◦ f ≤ rg g.
Ainsi
rg g ◦ f ≤ min(rg f, rg g).
Maintenant considérons la deuxième inégalité. Comme Ker g|f (U ) ⊂ Ker g, nous avons
dim Ker g|f (U ) ≤ dim Ker g =⇒ dim f (U ) − rg g|f (U ) ≤ dim V − rg g,
soit
rg f − rg g ◦ f ≤ n − rg g =⇒ rg f + rg g − n ≤ rg g ◦ f.
2
Ceci termine la preuve.
Corollaire 4.9 Si g est un isomorphisme, alors rg g ◦ f = rg f ; si f est un isomorphisme, alors
rg g ◦ f = rg g.
46
Chapitre 5
Polynômes
Dans ce chapitre nous donnerons une introduction à la théorie des polynômes. Nous utiliserons beaucoup
des idées développées dans les chapitres précédentes.
5.1
Premières notions
Soit K un corps et S(K) l’ensemble des suites à coefficients dans K. Nous employerons des majuscules
pour les suites et des miniscules correspondantes pour les coefficients des suites. Nous définissons une
addition ⊕ sur S(K) de la façon suivante :
A ⊕ B = (a0 , a1 , . . . , ai , . . .) ⊕ (b0 , b1 , . . . , bi , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , ai + bi , . . .)
Il est facile à vérifier que S(K) avec l’addition ⊕ est un groupe commutatif. (La suite 0 = (0, 0, . . .) est
l’identité et −A = (−a0 , −a1 , . . . , −ai , . . .) est le symétrique de A.)
Nous définissons une loi externe · de K × S(K) dans S(K) par
x · A = x · (a0 , a1 , . . . , ai , . . .) = (xa0 , xa1 , . . . , xai , . . .).
Il est facile à vérifier que S(K) avec les lois ⊕ et · est un espace vectoriel.
Maintenant nous définissons une multiplication sur S(K) par
(x0 , x1 , . . . , xi , . . .) (y0 , y1 , . . . , yi , . . .) = (x0 y0 , x0 y1 + x1 y0 , . . . ,
X
xk yl , . . .).
k+l=i
Théorème 5.1 S(K) avec les lois ⊕ et est un anneau commutatif.
preuve Nous avons vu que (S(K), ⊕) est un groupe commutatif.
La multiplication est associative : si A, B, C ∈ S(K), D = (A B) C et D0 = A (B C), alors
!
X
X
X
di =
as bt cl =
a s bt c l
k+l=i
s+t=k
s+t+l=i
et
!
d0i
=
X
k+l=i
ak
X
bs c t
s+t=l
=
X
as bt cl .
s+t+l=i
Donc di = d0i et il s’ensuit que D = D0 .
La suite 1 = (1, 0, . . .) est une identité pour , donc (S(K), ) est un semigroupe unitaire. En plus,
est commutative.
47
La multiplication est distributive par rapport à l’addition ⊕ : si A, B, C ∈ S(K), D = A (B ⊕ C)
et D0 = (A B) ⊕ (A C), alors
X
X
X
X
di =
ak (bl + cl ) =
ak bl + ak cl =
ak bl +
ak cl = d0i ,
k+l=i
k+l=i
k+l=i
k+l=i
0
donc D = D . Comme est commutative, nous avons
(A ⊕ B) C = C (A ⊕ B) = (C A) ⊕ (C B) = (A C) ⊕ (B C).
2
Nous avons démontré que S(K) avec les lois ⊕ et est un anneau commutatif.
Exemple(s) 5.1 Si A = (0, 1, 2, 0, 1, 2, . . .), B = (1, 1, . . .) ∈ Z3 [X], alors
A + B = (1, 2, 0, 1, 2, 0, . . .)
Pi
(Si C = AB, alors ci = k=0 ak .)
2A = (0, 2, 1, 0, 2, 1, 0, . . .)
AB = (0, 1, 0, 0, 1, 0, . . .).
A partir d’ici nous écrirons A + B pour A ⊕ B, xA pour x · A et AB pour A B.
Nous écrivons X (ou X 1 ) pour le suite (0, 1, 0, . . .). Nous avons
AX = (0, a0 , a1 , . . .), AX 2 = (0, 0, a0 , a1 , . . .), . . .
En particulier, en multipliant X par lui-même i − 1 fois, on obtient
X i = (0, 0, . . . , 1, 0 . . .),
où le 1 est dans la position i. Par définition, X 0 = 1.
Si A ∈ S(K), alors nous appelons support de A l’ensemble des coefficients de A qui ne valent pas 0.
Si A est à support fini, alors nous disons que A est un polynôme à coefficients dans K. Nous écrivons
K[X] pourP
l’ensemble de tellesP
suites. Si A est un polynôme et A = (a0 , a1 , . . . , am , 0, . . .), avec am 6= 0,
m
n
alors A = i=0 ai X i . Si B = j=0 ai X i , alors
AB = (a0 X 0 + a1 X 1 + · · · + am X m )(b0 X 0 + b1 X 1 + · · · + bm X m n) =
m X
n
X
ai bj X i+j ,
i=0 j=0
car (ai X i )(bj X j ) = ai bj X i+j .
Exemple(s) 5.2 Si A = 1X 0 + 3X 1 + 2X 2 , B = 2X 0 + 1X 1 + 2X 2 + 4X 3 ∈ Q[X], alors
AB = 2X 0 + (1 + 6)X 1 + . . . = 2X 0 + 7X 1 + 9X 2 + 12X 3 + 16X 4 + 8X 5 .
Proposition 5.1 K[X] est un s.e.v. de (S(K), ⊕, ·) et un sous-anneau de (S(K), ⊕, ).
preuve Il est facile de voir que K[X] est un sous-goupe de (S(K), ⊕).
Pour démontrer que K[X] est un s.e.v. de (S(K), ⊕, ·), il suffit de démontrer que xA ∈ S(K), lorsque
A ∈ K[X] et x ∈ K. Mais ceci est évident, donc K[X] est un s.e.v. de S(K).
Pour démontrer que K[X] est un sous-anneau de (S(K), ⊕, ), il suffit de démontrer que 1 ∈ K[X] et
AB ∈ K[X], lorsque A, B ∈ K[X]. Il est évident que 1 ∈ K[X]. Si A = 0 ou
= 0, alors AB =P0 ∈ K[X].
PB
m
n
Maintenant supposons que A 6= 0 et B 6= 0. Posons C = AB. Si A = i=0 ai X i et B = i=0 bi X i ,
Pi
alors ci = k=0 ak bi−k . Pour i ≥ m + n + 1, nous avons
k ≤ m =⇒ i − k ≥ (m + n + 1) − m = n + 1 =⇒ bi−k = 0
48
et
k > m =⇒ ak = 0,
donc ci = 0. Ainsi C ∈ K[X]. Donc K[X] est un sous-anneau de (S(K), ⊕, ).
2
Un polynôme de la forme A = (a, 0, . . .) s’appelle un polynôme constant. L’application
f : K −→ K[X], a 7−→ (a, 0, . . .)
est un morphisme d’anneaux et une application linéaire. En plus, cette application est injective, donc les
polynômes constants forment un sous-anneau et un s.e.v. de K[X]. Si A = (a, 0, . . .), alors A B = a · B,
pour tout B ∈ K[X]. Par un abus de notation, nous écrivons a pour le polynôme (a, 0, . . .).
Si A ∈ K(X] et A 6= 0, alors nous définissons le degré de A, noté deg A, par
deg A = max{i : ai 6= 0}.
Si deg A = m, alors nous appelons am le coefficient dominant de A. Nous définissons deg(0) = −∞. Nous
remarquons que deg A = 0 si et seulement si A est un polynôme constant non nul.
Proposition 5.2 Si A, B ∈ K[X], alors
• deg(−A) = deg A.
• deg A + B ≤ max{deg A, deg B}.
• deg AB = deg A + deg B.
preuve a. et b. sont évidents. Considérons c. Si A = 0 ou B = 0, alors AB = 0 et le résultat s’ensuit.
Supposons maintenant que A 6= 0, avec deg A = m, et B 6= 0, avec deg B = n, et posons C = AB. D’après
la preuvePde la proposition 5.1, deg C ≤ m + n. Pour terminer il suffit de démontrer que cm+n 6= 0. Alors
m+n
cm+n = k=0 ak bm+n−k et
k < m =⇒ m − k > 0 =⇒ m + n − k > n =⇒ bm+n−k = 0.
2
Pour k > m, ak = 0, donc cm+n = am bn 6= 0.
Corollaire 5.1 K[X] est un anneau intègre.
preuve Si A 6= 0 et B 6= 0, alors
deg AB = deg A + deg B 6= −∞,
2
donc AB 6= 0.
Corollaire 5.2 K[X]× est composé des polynômes constants, avec l’exception de 0, c’est-à-dire K[X]× =
K∗ .
preuve Si A = (a, 0, . . .), avec a 6= 0, et B = (a−1 , 0, . . .), alors AB = 1, donc A ∈ K[X]× . Ainsi
K∗ ⊂ K[X]× .
Si A ∈ K[X]× , alors il existe B ∈ K[X]× tel que AB = 1, donc
0 = deg AB = deg A + deg B =⇒ deg A = deg B = 0,
2
ce qui prouve que A ∈ K∗ . D’où K[X]× ⊂ K∗ .
Remarque(s) 5.1 Si deg A ≥ 1, alors A n’est pas inversible. En plus, A n’est pas un diviseur de zéro,
car K[X] est intègre. En revanche, dans Zm , si x n’est pas inversible, alors x est un diviseur de zéro.
Remarque(s) 5.2 L’espace vectoriel K[X] est de dimension infinie. Si n ∈ N∗ et nous notons
Kn [X] = {A ∈ K[X] : deg A ≤ n},
alors Kn [X] est un s.e.v. de K[X] de dimension n + 1 : les polynômes 1, X, . . . , X n forment une base de
Kn [X].
49
5.2
Division
Nous commençons cette section avec un analogue du théorème 3.1.
Théorème 5.2 Soit B ∈ K[X] \ {0}, avec deg B = n. Si A ∈ K[X], alors il existe un unique couple
(Q, R) ∈ K[X]2 , avec deg R < n, tel que
A = QB + R.
preuve Existence Si A = 0, alors il suffit de prendre Q = R = 0. Supposons que ceci n’est pas le cas et
que deg A = m. Si n = 0, alors il suffit de prendre Q = AB −1 et R = 0. Si n > 0 et m < n, alors il suffit
de prendre Q = 0 et R = A. Maintenant supposons que m ≥ n > 0. Posons
m−n
Q1 = am b−1
n X
et
A1 = A − Q1 B.
Nous avons deg A1 < m. Si deg A1 < n, alors il suffit de prendre Q = Q1 et R = A1 . Sinon, en remplaçant
A par A1 , nous obtenons
A2 = A1 − Q2 B
avec
deg A2 < m − 1.
Après un nombre fini d’étapes nous avons
AN = AN −1 − QN B
avec
deg AN −1 ≥ n > deg AN .
Alors
A = Q1 B + A1 = Q1 B + Q2 B + A2 = · · · = (Q1 + · · · + QN )B + AN .
Il suffit de prendre Q = Q1 + · · · + QN et R = AN .
Unicité Si A = 0 et A = QB + R, avec 0 ≤ deg R < n, alors Q 6= 0 et
−R = QB =⇒ deg R = deg(−R) = deg Q + deg B = deg Q + n ≥ n,
une contradiction. Donc R = 0, ce qui implique que Q = 0. Ainsi, si A = 0, alors le couple (Q, R) est
unique : (Q, R) = (0, 0).
Maintenant supposons que A 6= 0 et que
A = QB + R = Q̃B + R̃,
avec deg R < n et deg R̃ < n. Alors
0 = (Q − Q̃)B + R − R̃,
donc Q − Q̃ = R − R̃ = 0. Il s’ensuit que Q = Q̃ et R = R̃.
2
Nous appelons Q le quotient et R le reste de la division de A par B.
Exemple(s) 5.3 A = −6 + X − 7X 3 + X 5 , B = −1 − X + X 2 + X 3 ∈ Q[X]. En posant Q1 = X 2 , nous
obtenons Q1 B = −X 2 − X 3 + X 4 + X 5 , puis
A1 = A − Q1 B = −6 + X + X 2 − 6X 3 − X 4 .
Comme deg A1 ≥ deg B, nous continuons. En posant Q2 = −X, nous obtenons Q2 B = X +X 2 −X 3 −X 4 ,
puis
A2 = A1 − Q2 B = −6 − 5X 3 .
Comme deg A2 ≥ deg B, nous continuons. En posant Q3 = −5, nous obtenons Q3 B = 5+5X−5X 2 −5X 3 ,
puis
A3 = A2 − Q3 B = −11 − 5X + 5X 2 .
Comme deg A3 < deg B, nous nous arrêtons : Q = −5 − X + X 2 , R = −11 − 5X + 5X 2 .
50
Théorème 5.3 L’anneau K[X] est principal.
preuve Soit I ⊂ K[X] un idéal. Si I = {0}, alors I =< 0 >. Supposons que ceci n’est pas le cas et I
contient un polynôme constant non nul A, alors 1 = A−1 A ∈ I et nous avons I = K[X] =< 1 >.
Maintenant supposons que I ne contient pas de polynôme constant non nul et soit S l’ensemble des
degrés de polynômes non nuls dans I. Notons n = min S et soit A ∈ I tel que deg A = n. L’idéal < A >
est inclus dans I. Pour clore il suffit de démontrer que I ⊂< A >. Soit B ∈ I. Nous pouvons écrire
B = QA + R, avec deg R < n. Comme B et QA appartiennent à I, R y appartient aussi. Si R 6= 0, alors
nous avons une contradiction à la minimalité du degré de A. Donc R = 0 et B ∈< A >. Il s’ensuit que
I ⊂< A >.
2
Un polynôme dont le coefficient dominant est 1 est dit unitaire.
Si A, B ∈ K[X] et il existe P ∈ K[X] tel que AP = B, alors nous disons que A divise B et nous
écrivons A|B. Tout polynôme A ∈ K[X] divise le polynôme 0 : il suffit de prendre P = 0. Si A ∈ K∗ ,
alors A divise tout polynôme B ∈ K[X] : il suffit de prendre P = A−1 B. Finalement, si B 6= 0 et A|B,
alors deg A ≤ deg B.
Théorème 5.4 (analogue du théorème 3.2) Si A1 , . . . , An ∈ K[X] \ {0}, alors il existe un unique
polynôme unitaire D ∈ K[X] tel que
• a. D|Ai , ∀i.
• b. E|Ai , ∀i =⇒ E|D.
preuve Notons
I=
( n
X
)
Pi Ai : Pi ∈ K[X] .
i=1
Alors I est un idéal. Comme K[X] est principal, il existe D ∈ K[X] tel que I =< D >. Comme I 6= {0},
D 6= 0. Nous pouvons supposer que D est unitaire.
Comme les Ai ∈ I, D divise tous les Ai . Si E divise
Pn
tous les Ai , alors E divise toute expression i=1 Pi Ai . Comme D ∈ I, E|D.
Supposons que D̃ vérifie les conditions. Alors D̃ divise tous les Ai , donc D̃|D. De la même façon D|D̃.
Donc deg D̃ = deg D. Si D̃ = P D, alors P est un polynôme constant. Comme D̃ et D sont unitaires,
P = 1 et D̃ = D : D est unique.
2
Le polynôme D du théorème s’appelle le plus grand commun diviseur des polynômes A1 , . . . , An et
nous le notons A1 ∧ · · · ∧ An ou pgcd(A1 , . . . , An ).
Remarque(s) 5.3
• a. S’il existe i tel que Ai |Aj , pour tout j, alors A1 ∧ · · · ∧ An = a−1 Ai , où a
est le coefficient dominant de Ai .
• b. Si k1 , . . . , kn ∈ K∗ , alors
k1 A1 ∧ · · · ∧ kn An = A1 ∧ · · · ∧ An .
Il suffit de remarquer que
( n
X
)
Pi ki Ai : Pi ∈ K[X]
(
=
i=1
• c. Il existe P1 , . . . , Pn ∈ K[X] tels que D =
n
X
)
Pi Ai : Pi ∈ K[X] .
i=1
Pn
i=1
Pi A i .
Proposition 5.3 (analogue de la proposition 3.1) Si A, B ∈ K[X] \ {0} et A − QB 6= 0, alors A ∧ B =
B ∧ (A − QB).
51
preuve Soient D1 = A ∧ B et D2 = B ∧ (A − QB). Alors
D1 |A et D1 |B =⇒ D1 |A − QB.
Comme D1 |B et D1 |A − QB, D1 |D2 .
En plus,
D2 |(A − QB) et D2 |B =⇒ D2 |(A − QB) + QB =⇒ D2 |A.
Comme D2 |A et D2 |B, D2 |D1 .
Comme D1 |D2 , D2 |D1 et les Di sont unitaires, D1 = D2 .
2
Recherche du pgcd
Soient A, B ∈ K[X]\{0}, avec deg A ≥ deg B. Si B|A, alors A∧B = b−1 B, où b est le coefficient dominant
de B. Sinon, nous divisons A par B : A = Q1 B + R1 , avec deg R1 < deg B. D’après la proposition 5.3,
A ∧ B = B ∧ R1 . Si R1 |B, alors nous divisons R1 par son coefficient dominant pour obtenir le pgcd.
Sinon, nous divisons B par R1 : B = Q2 R1 + R2 , avec deg R2 < deg R1 . Après un nombre fini d’étapes
nous obtenons RN |RN −1 . Nous divisons RN par son coefficient dominant pour obtenir le pgcd.
Exemple(s) 5.4 A = −16 + X 2 + 4X 3 + X 4 , B = 4 − 3X + 3X 2 + X 3 ∈ Q[X]. Nous avons
−16 + X 2 + 4X 3 + X 4 =
{z
}
|
A
(1 + X) (4 − 3X + 3X 2 + X 3 ) + (−20 − X + X 2 )
| {z } |
{z
} |
{z
}
Q1
2
3
4 − 3X + 3X + X
=
|
{z
}
B
B
(4 + X) (−20 − X + X ) + 21(4 + X)
{z
} | {z }
| {z } |
Q2
−20 − X + X 2 =
|
{z
}
R1
R1
2
R1
R2
1
(−5 + X) 21(4 + X) .
|21 {z
} | {z }
R2
Q3
Ainsi A ∧ B = 4 + X.
Remarque(s) 5.4 Si D = A ∧ B alors il existe (P, Q) ∈ K[X]2 tels que D = P A + QB. Pour trouver
un tel couple nous pouvons employer une méthode analogue à celle vue dans la section 3.1.
Si A1 , . . . , An ∈ K[X] \ {0} et A1 ∧ · · · ∧ An = 1, alors nous disons que les Ai sont premiers entre eux.
Théorème 5.5 (analogue du théorème de Bézout) A ∧ B = 1 si et seulement s’il existe P, Q ∈ K[X] tels
que P A + QB = 1.
preuve Soit D = A ∧ B. Nous savons qu’il existe P, Q ∈ K[X] tels que P A + QB = D. Si A ∧ B = 1,
alors il existe P, Q ∈ K[X] tels que P A + QB = 1.
Maintenant supposons qu’il existe P, Q ∈ K[X] tels que P A + QB = 1. Donc 1 ∈ I = {P A + QB :
P, Q ∈ K[X]}. Ainsi I = K[X] =< 1 >. Ceci implique que A ∧ B = 1.
2
Corollaire 5.3 (analogue du théorème de Gauss) Si A ∧ B = 1 et A|BC, alors A|C.
preuve Si A ∧ B = 1, alors il existe P, Q ∈ K[X] tels que P A + QB = 1. Donc P AC + QBC = C. Si
A|BC, alors il existe E tel que AE = BC et
C = P AC + QAE = (P C + QE)A,
2
donc A|C.
52
5.3
Racines des polynômes
Considérons un ensemble non vide X et un corps K. Nous notons F(X, K) la collection des fonctions de
X dans K. Nous définissons trois lois sur F(X, K), deux internes et une externe:
(f ⊕ g)(x) = f (x) + g(x)
(f g)(x) = f (x)g(x)
(z · f )(x) = zf (x).
Il est facile de vérifier que (F(X, K), ⊕, ) est un anneau et que (F(X, K), ⊕, ·) est un espace vectoriel.
Nous nous intéresserons au cas où X = K et nous écrirons F(K) pour F(K, K).
Pm
Pm
Soient A ∈ K[X] et x ∈ K. Si A est non nul et A = i=0 ai X i , posons Ā(x) = i=0 ai xi ; si A = 0,
posons Ā(x) = 0. De cette façon nous associons un élément de F(K) au polynôme A. Nous appelons
cette fonction la fonction polynôme associée à A. Nous noterons P(K) l’ensemble de fonctions polynômes.
Théorème 5.6 L’application
Φ : K[X] −→ F(K), A 7−→ Ā
est un morphisme d’anneaux et une application linéaire.
preuve Soient A, B ∈ K[X] et z ∈ K. Démontrons
B) = Φ(A) + Φ(B). Si A = 0 ou
Pmd’abord que Φ(A
P+
n
B = 0, alors le résultat est évident. Soient A = i=0 ai X i et B = i=0 bi X i . Si B = −A, alors m = n
et bi = −ai pour tout i, donc
A + B(x) = 0̄(x) = 0 =
m
X
ai xi +
m
X
(−ai )xi = Ā(x) + B̄(x).
i=0
i=0
Supposons que B 6= −A et notons k = max{m, n}. Alors
A + B(x) =
k
k
k
X
X
X
(ai + bi )xi =
ai xi +
bi xi = Ā(x) + B̄(x).
i=0
i=0
i=0
Ainsi Φ(A + B) = Φ(A) ⊕ Φ(B).
Nous
Pm démontrons maintenant que Φ(zA) = z · Φ(A). Si A = 0, alors zA = 0 et le résultat s’ensuit. Si
A = i=0 ai X i , alors
m
m
X
X
zA(x) =
(zai )xi = z
ai xi = z Ā(x).
i=0
i=0
Donc Φ(zA) = z · Φ(A). Ainsi Φ est une application linéaire.
Comme troisième étape, démontrons que Φ(AB) = Φ(A)
0 ou B = 0, alors le résultat
Pm Φ(B). Si A =P
n
est évident. Supposons que ceci n’est pas le cas. Si A = i=0 ai X i et B = j=0 bj X j , alors
AB =
m X
n
X
ai bj X i+j ,
i=0 j=0
donc, d’après ce qui précède,
AB(x) =
m X
n
X
a i bj x
i=0 j=0
i+j
m X
n
X
=
(ai xi )(bj xj ) =
i=0 j=0
m
X
i=0
!
ai x
i
n
X
!
bj x
j
= Ā(x)B̄(x).
i=0
Ainsi Φ(AB) = Φ(A) Φ(B).
Si A = 1, alors 1̄(x) = 1, pour tout x, donc Φ(A) est l’identité pour la multiplication dans F(K).
Ainsi Φ est un morphisme d’anneaux.
2
53
Corollaire 5.4 P(K) est un sous-anneau et un s.e.v. de F(K).
Soit A ∈ K[X]. Si α ∈ K et Ā(α) = 0, alors nous disons que α est une racine de A. Nous écrirons
V (A) pour l’ensemble des racines de A. V (0) = K et V (A) = ∅, si A est un polynôme constant non nul.
• Si A = −2 + X 2 ∈ Q[X], alors V (A) = ∅.
√
• Si B = −2 + X 2 ∈ R[X], alors V (B) = {± 2}.
Exemple(s) 5.5
• Si C = 1 + X + X 2 ∈ Z3 [X], alors V (C) = {1}.
Lemme 5.1 Soit A ∈ K[X], avec deg A ≥ 1. Alors α est une racine de A si et seulement si (−α + X)|A.
preuve Nous pouvons écrire A = Q(−α + X) + R, avec deg R ≤ 0. Si (−α + X)|A, alors R = 0 et
Ā(α) = Q̄(α)(−α + α) = 0,
donc α est une racine de A.
Réciproquement,
0 = Ā(α) = Q̄(−α + α) + R̄(α) =⇒ 0 = R̄(α).
Comme R est un polynôme constant, R = 0. Ainsi (−α + X)|A.
2
Lemme 5.2 Si A, B ∈ K[X], alors
V (AB) = V (A) ∪ V (B).
preuve Si Ā(α) = 0 ou B̄(α) = 0, alors AB(α) = Ā(α)B̄(α) = 0, donc V (A) ∪ V (B) ⊂ V (AB).
Si AB(α) = 0, alors Ā(α)B̄(α) = 0. Comme K est intègre, Ā(α) = 0 ou B̄(α) = 0. Donc
V (AB) ⊂ V (A) ∪ V (B).
2
Le prochain résultat est fondamental.
Théorème 5.7 Soit A ∈ K[X] de degré m ≥ 0. Alors A admet au plus m racines.
preuve Par récurrence sur m. Si m = 0, alors A n’a pas de racine, donc |V (A)| = 0 et le résultat est
vrai. Supposons maintenant que le résultat est vrai pour m et considérons le cas m + 1. Soit A ∈ K[X]
de degré m + 1 et supposons que A admette m + 2 racines distinctes : V (A) = {α1 , . . . , αm+2 , . . .}. Nous
pouvons écrire
A = Q(−αm+2 + X)
deg Q = m.
Ceci implique que
Ā(αi ) = Q̄(αi )(−αm+2 + αi ),
pour i = 1, . . . , m + 1. Comme Ā(αi ) = 0 et −αm+2 + αi 6= 0, nous avons Q̄(αi ) = 0. Donc Q admet
m + 1 racines, une contradiction. Donc A admet au plus m + 1 racines.
2
Corollaire 5.5 Si A ∈ K[X] admet un nombre infini de racines, alors A = 0. L’application Φ du
théorème 5.6 est injective, si car (K) = 0. Si K = Zp , pour un nombre premier p, alors Φ n’est pas
injective.
preuve D’après le théorème, si A 6= 0, alors A a un nombre fini de racines. Donc, si A a un nombre
infini de racines A = 0.
Si car (K) = 0, A ∈ K[X] et Ā(x) = 0, pour tout x ∈ K, alors A a un nombre infini de racines, donc
A = 0 et il s’ensuit que Φ est injective.
Si K = Zp et A = −X + X p , alors Ā(x) = 0, pour tout x ∈ K, donc Ker Φ 6= {0} et il s’ensuit que Φ
n’est pas injective.
2
Remarque(s) 5.5 Nous pouvons démontrer que l’application Φ n’est jamais injective si car (K) 6= 0.
54
Soient A ∈ K[X] et α une racine de A. Nous savons que −α + X divise A, mais il se peut qu’une
puissance plus élevée de −α + X divise A. Si
(−α + X)n |A
(−α + X)n+1 6 |A,
et
alors nous disons que la racine α est de multiplicité n. Nous la noterons nA (α), ou n(α). Si n(α) ≥ 2,
alors nous disons que α est une racine multiple. Autrement, nous disons que α est simple. Evidemment
n(α) ≤ m.
Exemple(s) 5.6 Si A = −2 + 5X − 4X 2 + X 3 ∈ Q[X], alors 1 est une racine double (n(1) = 2).
Le prochain résultat est aussi très important.
Théorème 5.8 Soit A ∈ K[X] de degré m ≥ 1 et V (A) 6= ∅ : V (A) = {α1 , . . . , αr }. Alors
A = Q(−α1 + X)n(α1 ) · · · (−αr + X)n(αr ) ,
où V (Q) = ∅.
preuve Par récurrence sur m.
Si deg A = 1, alors A = a + bX, avec b non nul. A admet la seule racine α = −ab−1 et nous pouvons
écrire A = Q(−α + X), où Q est le polynôme constant b, donc le résultat est vrai.
Maintenant supposons que le résultat est vrai jusqu à m et considérons le cas m + 1. Soit A un
polynôme de degré m + 1 et α une racine de A. Nous pouvons écrire
A = (−α + X)nA (α) B.
Evidemment α ∈
/ V (B) et deg B < deg A. D’après le lemme 5.2, V (A) = {α} ∪ V (B). Si V (B) = ∅, alors
α est la seule racine de A et nous pouvons poser Q = B. Si ceci n’est pas le cas et V (B) = {β1 , . . . , βs },
alors les βi sont les autres racines de A. Par hypothèse nous pouvons écrire
B = Q(−β1 + X)nB (β1 ) · · · (−βs + X)nB (βs ) ,
où V (Q) = ∅. Nous obtenons
A = Q(−α + X)nA (α) (−β1 + X)nB (β1 ) · · · (−βs + X)nB (βs ) .
Il reste à démontrer que nB (βi ) = nA (βi ), pour tout i. Il est clair que nB (βi ) ≤ nA (βi ). Supposons que
nB (β1 ) < nA (β1 ). Alors il existe Q1 tel que
A = Q1 (−β1 + X)nA (β1 )
et
β1 ∈
/ V (Q1 ).
Comme K(X] est intègre, nous pouvons ‘diviser’ les deux expressions pour A par (−β1 + X)nB (β1 ) pour
obtenir
Q1 (−β1 + X)nA (β1 )−nB (β1 ) = Q(−α + X)nA (α) (−β2 + X)nB (β2 ) · · · (−βs + X)nB (βs ) = QH.
En employant le théorème de Gauss, nous voyons que (−β1 + X)|Q et donc V (Q) 6= ∅, une contradiction.
Ainsi nB (β1 ) = nA (β1 ). De la même façon, pour les autres i, nB (βi ) = nA (βi ). Donc le résultat est vrai
pour m + 1.
2
Corollaire 5.6 Si A ∈ K[X], deg A = m ≥ 1 et V (A) = {α1 , . . . , αr }, alors
n(α1 ) + · · · + n(αr ) ≤ m.
Remarque(s) 5.6 D’après le théorème de d’Alembert-Gauss, tout polynôme complexe et non constant
admet une racine. Ainsi, si A ∈ C[X], deg P = m ≥ 1 et V (A) = {α1 , . . . , αr }, alors nous avons
A = c(−α1 + X)n(α1 ) · · · (−αr + X)n(αr ) ,
où c ∈ C∗ et n(α1 ) + · · · + n(αr ) = m.
55
Recherche de racines
Si le corps K est fini, pour trouver les racines d’un polynôme A ∈ K[X], il suffit de calculer Ā(x), pour
tout x ∈ K.
Exemple(s) 5.7
• Si A = 1 + X + X 2 ∈ Z2 [X], alors Ā(0) = Ā(1) = 1, donc A n’a pas de racine.
• Si A = 1 + X + X 2 ∈ Z3 [X], alors Ā(0) = Ā(2) = 1 et Ā(1) = 0, donc V (A) = {1}.
Si K est infini, nous ne pouvons pas utiliser cette procédure. Mais, au cas K = Q, nous avons une
procédure. Nous allons considérer d’abord les polynômes à coefficients dans Z. Nous noterons l’ensemble
de tels polynômes Z[X]. C’est un sous-anneau de Q[X].
Pm
Proposition 5.4 Soient m ≥ 1 et A = i=0 ai X i ∈ Z[X]. Si α = pq , avec p ∧ q = 1, est une racine de
A, alors p|a0 et q|am .
preuve Nous avons
p
p
p
p
Ā( ) = a0 + a1 + a2 ( )2 + . . . + am ( )m = 0
q
q
q
q
En multipliant par q m , nous obtenons les deux équations
a0 q m
am pm
= −a1 pq m−1 − a1 p2 q m−2 · · · − am pm
= −a0 q m − a1 pq m−1 − · · · − am−1 pm−1 q.
Donc p|a0 q m et q|am pm . Comme p ∧ q = 1, p|a0 et q|am .
2
Pm
Considérons un polynômes A = i=0 ai X i ∈ Z[X]. Si a0 6= 0 et nous voulons chercher les racines de
A, alors il suffit de déterminer les fractions pq , avec p ∧ q = 1, telles que p|a0 et q|am , puis de les essayer.
Si a1 = a1 = · · · = ar−1 = 0 et ar 6= 0, alors
A = X r (ar + ar+1 X + · · · + am X m−r ) = X r B.
Nous avons V (A) = V (X r ) ∪ V (B) = {0} ∪ V (B) et nous pouvons chercher les racines de B comme dans
le cas précédent.
Exemple(s) 5.8
• A = −1 − X + X 3 ∈ Q[X]. Si pq , avec p ∧ q = 1, est une racine, alors p = ±1
et q = ±1. Donc les racines possibles sont ±1. Or Ā(−1) = Ā(1) = −1, donc A n’admet pas de
racine.
• B = −5 + 12X + 8X 2 + 3X 3 ∈ Q[X]. Si pq , avec p ∧ q = 1, est une racine, alors p ∈ {±1, ±5} et
q ∈ {±1, ±3}. Donc les racines possibles sont ±1, ± 13 , ±5, ± 53 . Nous trouvons V (B) = { 31 }.
Pm
Maintenant supposons que A = i=0 ai X i ∈ Q[X] \ Z[X]. Pour chaque i tel que ai 6= 0 nous pouvons
ui
écrire ai = vi , avec ui ∧ vi = 1. En multipliant A par le ppcm m des vi , nous obtenons un polynôme
à = mA ∈ Z[X], dont les racines sont celles de A. Pour obtenir les racines de A, il suffit d’appliquer la
procédure précédente à Ã.
1
X 3 . En multipliant A par 12, nous obtenons à = 8 − 10X +
Exemple(s) 5.9 A = 32 − 56 X + 13 X 2 − 12
2
3
4X − X . Les racines possibles de à sont ±1, ±2, ±4, ±8. Aucune de ces nombres n’est racine de Ã,
donc A n’a pas de racine.
Algorithme de Horner
L’évaluation d’une fonction polynôme à un point s ∈ K pourrait nécessiter beaucoup de calculs. Ceci
est le cas si nous désirons utiliser la méthode naturelle, c’est-à-dire calculer chacune des puissances de
56
s, puis multiplier par les coefficients P
et finalement faire la somme. La méthode de Horner nous permet
m
d’améliorer cette méthode. Soit A = i=0 X i , alors nous effectuons les calculs suivants :
an−1 + an s, (an−2 + (an−1 + an s))s, . . .
Pour un polynôme de degré n nous faisons n multiplications.
Exemple(s) 5.10 Si A = 2 + 3X − X 2 + 2X 3 ∈ Q[X], alors nous obtenons pour s = 3
Ā(3) = 2 + (3 + (−1 + 2.3)3)3 = 56,
avec trois multiplications.
5.4
Dérivation des polynômes
0
Soit A ∈ K[X], de degré m. Nous définissons la dérivée
Pm A ∈i K[X] de A de la façon suivante. Si deg ≤ 0
0
(A est constant), alors A = 0. Si deg ≥ 1 et A = i=0 ai X , alors
A0 =
m
X
iai X i−1 =
i=1
m−1
X
(i + 1)ai+1 X i = (a1 , 2a2 , . . . , mam , 0, . . .),
i=0
où le coefficient mam est dans la position m − 1. Nous avons deg A0 ≤ deg A − 1, mais l’inégalité peut
être stricte.
Théorème 5.9 Si A, B ∈ K[X] et z ∈ K, alors
• a. (A + B)0 = A0 + B 0 .
• b. (zA)0 = zA0 .
• c. (AB)0 = AB 0 + A0 B.
preuve a. et b. sont faciles à démontrer. Considérons c.. Si A est constant et A = (z, 0, . . .), alors
(AB)0 = (zB)0 = zB 0 = AB 0 = AB 0 + A0 B,
car A0 = 0. De la même façon, si B est constant alors (AB)0 = AB 0 + A0 B. Maintenant supposons que
A et B ne sont pas constants. Si A = X i et B = X j , alors
(AB)0 = (X i+j )0 = (i + j)X i+j−1 = X i (jX j−1 ) + (iX i−1 )X j = AB 0 + A0 B.
Pm
Pn
Pm Pn
Si A = i=0 ai X i et B = j=0 bj X j , alors AB = i=0 j=0 ai bj X i X j et
(AB)0
=
m X
n
X
ai bj (X i X j )0
i=0 j=0
=
m X
n
X
ai bj X i (X j )0 +
i=0 j=0
=
m X
n
X
ai bj (X i )0 X j
i=0 j=0

! n
m
X
X
ai X i 
bj (X j )0  +
m
X
i=0
i=0
0
j=0
!
ai (X i )0
n
X


bj X j 
j=0
0
= AB + A B.
2
Ceci termine la preuve.
57
Corollaire 5.7 L’application
D : K[X] −→ K[X], A 7−→ A0
est une application linéaire.
Corollaire 5.8 Si A ∈ K[X] et k ∈ N∗ , alors
(Ak )0 = kAk−1 A0 .
preuve Par récurrence sur k. Pour k = 1 le résultat est évident. Supposons que le résultat est vrai pour
k et considérons le cas k + 1. Nous avons
(Ak+1 )0 = (Ak A)0 = Ak A0 + (Ak )0 A = Ak A0 + kAk−1 A0 A = (k + 1)Ak A0 ,
2
donc le résultat est vrai pour k + 1.
Exemple(s) 5.11 Si B = (−α + X)k , avec k ∈ N∗ , alors
B 0 = ((−α + X)k )0 = k(−α + X)k−1 1 = k(−α + X)k−1 .
Exemple(s) 5.12 Soient k ∈ N∗ et X k ∈ Zp [X], avec p premier. Nous pouvons écrire k = sp + r, avec
0 ≤ r < p. Or,
(X k )0 = kX k−1 = spX k−1 + rX k−1 = rX k−1 .
Donc (X k )0 = 0 si et seulement si k = sp.
Proposition 5.5 Soient A, B ∈ K[X].
• a. Si A2 |B, alors A|B 0 .
• b. α ∈ K est une racine multiple de A, si et seulement si α ∈ V (A) ∩ V (A0 ).
preuve a. Si A2 |B, alors il existe Q ∈ K[X] tel que B = QA2 . Nous avons
B 0 = Q(A2 )0 + Q0 A2 = Q2AA0 + Q0 A2 = A(2QA0 + Q0 A),
donc A|B 0 .
b. Soit n(α) ≥ 2. Alors α ∈ V (A). D’après a.
(−α + X)2 |A =⇒ (−α + X)|A0 ,
donc α ∈ V (A0 ).
Supposons que α ∈ V (A) ∩ V (A0 ) et posons s = n(α). Alors
A = (−α + X)s Q
α∈
/ V (Q).
Si s = 1, alors
A0 = Q + (−α + X)Q0 =⇒ Ā0 (α) = Q̄(α) 6= 0,
2
une contradiction. Donc s ≥ 2.
Exemple(s) 5.13 Soit A = 1 + X + 21 X 2 + · · · +
1
n
n! X
∈ R[X]. Alors
1
1
A0 = 1 + X + X 2 + · · · +
X n−1 .
2
(n − 1)!
1 n
Si α ∈ V (A)∩V (A0 ), alors n!
α = 0, donc α = 0. Mais α n’est pas racine de A. Donc V (A)∩V (A0 ) = ∅,
et il s’ensuit que A n’admet pas de racine multiple.
58
Nous pouvons prendre la dérivée de A0 . Nous écrivons A00 ou A(2) pour cette dérivée. De la même
façon, nous pouvons prendre la dérivée de A(2) et ainsi de suite. Nous appelons A(n) la n-ième dérivée
de A. Nous écrivons souvent A(1) pour A0 et posons A(0) = A.
Exemple(s) 5.14 Si A = (−α + X)k , avec k ≥ 2, alors
A(2) = (A0 )0 = (k(−α + X)k−1 )0 = k(k − 1)(−α + X)k−2 .
Si k ≥ 3, alors A(3) = k(k − 1)(k − 2)(−α + X)k−3 .
Remarque(s) 5.7 Si p est premier, K de caractéristique p et n ≥ p, alors pour tout A ∈ K[X], A(n) = 0.
Il suffit de considérer les dérivées successives des puissances de X.
Proposition 5.6 Soient A, B ∈ K[X]. Pour n ≥ 1,
(AB)(n) =
n
X
Cni A(n−i) B (i) .
i=0
preuve Par récurrence sur n. D’après le théorème 5.9 le résultat est vrai pour n = 1. Supposons que le
résultat est vrai pour n et considérons le cas n + 1. Nous avons
!0
n
X
Cni A(n−i) B (i)
(AB)(n+1) =
i=0
=
n
X
Cni (A(n−i) B (i) )0
i=0
=
n
X
Cni A(n−i+1) B (i) +
i=0
n
X
Cni A(n−i) B (i+1)
i=0
= A(n+1) B +
= A(n+1) B +
n
X
Cni A(n−i+1) B (i) +
i=1
i=0
n
X
n
X
Cni A(n−i+1) B (i) +
i=1
= A(n+1) B +
n−1
X
n
X
Cni A(n−i) B (i+1) + AB (n+1)
Cni−1 A(n−i+1) B (i) + AB (n+1)
i=1
i
Cn+1
A(n−i+1) B (i) + AB (n+1)
i=1
=
n+1
X
i
Cn+1
A(n−i+1) B (i) .
i=0
2
Donc le résultat est vrai pour n + 1.
Nous utiliserons la proposition précédente pour trouver des conditions sur la multiplicité d’une racine.
Proposition 5.7 Si A ∈ K[X] et α ∈ K est une racine de multiplicité s, alors α est racine de A(n) , pour
0 ≤ n ≤ s − 1.
preuve Soit n(α) = s. Il existe Q ∈ K[X] tel que
A = (−α + X)s Q
α∈
/ V (Q).
Si n ≤ s − 1, alors
A(n)
=
n
X
Cni ((−α + X)s )(n−i) Q(i)
i=0
=
n
X
Cni s(s − 1) · · · (s − n + i + 1)(−α + X)s−n+i Q(i) .
i=0
59
Or,
n ≤ s − 1 =⇒ s − n ≥ 1 =⇒ s − n + i ≥ 1,
2
donc (−α + X)|A(n) et il s’ensuit que α est racine de A(n) .
Si le caractérisique de K est 0, alors nous pouvons dire plus.
Théorème 5.10 Soient K un corps de caractéristique 0, A ∈ K[X] et α ∈ K une racine multiple de A.
Alors n(α) = s si et seulement si α est racine de A(n) , pour 0 ≤ n ≤ s − 1, et α n’est pas racine de A(s) .
preuve Nous utilisons la notation de la proposition précédente. Nous avons vu que, si n(α) = s, alors
α ∈ V (A(n) ), pour 0 ≤ n ≤ s − 1. Nous avons
A(s)
s
X
=
Csi ((−α + X)s )(s−i) Q(i)
i=0
s
X
=
Csi s(s − 1) · · · (i + 1)(−α + X)i Q(i)
i=0
= s!Q +
s
X
Csi s(s − 1) · · · (i + 1)(−α + X)i Q(i) .
i=1
{z
|
}
B
Or, −α+X|B; si α est racine de A(s) , alors −α+X|Q, une contradiction. Donc α n’est pas racine de A(s).
Réciproque Supposons que la condition est remplie et que n(α) = t < s. Alors
A = (−α + X)t Q
α∈
/ V (Q).
Nous avons
A(t)
=
t
X
Cti ((−α + X)t )(t−i) Q(i)
i=0
=
t!Q +
t
X
Cti ((−α + X)t )(t−i) Q(i) .
i=1
{z
|
B
}
Comme α ∈ V (A(t) ) ∩ V (B), α est racine de Q, une contradiction. Donc t ≥ s. Si t > s, alors α est
racine de A(s) , une contradiction. Donc t = s.
2
Exemple(s) 5.15 Soit A = −1 + 3X − 4X 2 + 4X 3 − 3X 4 + X 5 ∈ Q[X]. Alors
A(1) = 3 − 8X + 12X 2 − 12X 3 + 5X 4
A(2) = −8 + 24X − 36X 2 + 20X 3
A(3) = 24 − 72X + 60X 2 .
Nous avons Ā(1) = 0, A(1) (1) = 0, A(2) (1) = 0 et A(3) (1) = 12, donc 1 est une racine de A de multiplicité
3.
Il est naturel de demander si la même condition s’applique à un corps de caractéristique p premier.
Ici la situation est plus complexe. Supposons que A ∈ K[X] et α ∈ K. Si 2 ≤ s < p et α est une racine
de A(n) , pour n ∈ {0, 1, . . . , s − 1}, et pas une racine de A(s) , alors α est une racine de multiplicité s de
A. En revanche, si s ≥ p, alors la règle ne s’applique pas, car A(s) = 0.
Exemple(s) 5.16 Si A = 1 + X + 2X 2 + X 3 + 2X 4 + X 5 + X 6 ∈ Z3 [X], alors A(1) = 1 + X + 2X 3 + 2X 4 ,
A(2) = 1 + 2X 3 et A(3) = 0. 2 est racine de A et A(1) , mais pas de A(2) , donc 2 est une racine double de
A. En revanche, 1 est une racine de multiplicité 4 de A, mais la règle ne s’applique pas.
60
5.5
Polynômes irréductibles
Soit A ∈ K[X], avec deg A ≥ 1. Nous disons que A est irréductible s’il n’existe pas B, C ∈ K[X] tels que
deg B ≥ 1, deg C ≥ 1 et A = BC. Si A n’est pas irréductible, alors nous disons que A est réductible.
Théorème 5.11 Soit A ∈ K[X].
• a. Si deg A = 1, alors A est irréductible.
• b. Si A est irréductible et deg A > 1, alors A n’admet pas de racine.
• c. Si deg A = 2 ou deg A = 3 et A est réductible, alors A admet une racine.
preuve a. Si A est réductible, alors il existe B, C ∈ K[X] tels que deg B ≥ 1, deg C ≥ 1 et A = BC.
Nous avons
deg A = deg B + deg C ≥ 2,
une contradiction. Donc A est irréductible.
b. Si A admet la racine α, alors il exist B ∈ K[X] tel que A = (−α + X)B. Si deg A > 1, alors deg B ≥ 1,
donc A est réductible, une contradiction. Donc A n’admet pas de racine.
c. Si A est réductible, alors il existe B, C ∈ K[X], tels que deg B ≥ 1, deg C ≥ 1 et A = BC. Si deg A = 2
ou deg A = 3, alors deg B = 1 ou deg C = 1. Comme un polynôme de degré 1 admet une racine, A admet
une racine.
2
Exemple(s) 5.17 A = 1 + X + X 3 ∈ Z5 [X]. A n’admet pas de racine. Comme deg A = 3, A est
irréductible.
Les polynômes irréductibles dans l’anneau K[X] jouent un rôle analogue à celui des nombres premiers
dans l’anneau Z.
Proposition 5.8 Soit A ∈ K[X] irréductible. Si B, C ∈ K[X] et A|BC, alors A|B ou A|C.
preuve Supposons que A 6 |B et notons D = A ∧ B. Il existe E ∈ K[X] tel que A = DE. Comme A est
irréductible, D ou E est constant. Supposons que E est constant. Il existe F ∈ K[X] tel que B = F D.
Nous trouvons
B = (E −1 F )(ED) = (E −1 F )A,
une contradiction. Donc D = 1. D’après le corollaire 5.3, A|C.
2
Maintenant nous obtenons un analogue du théorème fondamental de l’arithmétique.
Théorème 5.12 Soit A ∈ K[X] unitaire et deg A = m ≥ 1. Il existe r ∈ N∗ et des polynômes
irréductibles unitaires A1 , . . . , Ar ∈ K(X], uniques à permutation près, tels que
A = A1 · · · Ar .
preuve Existence Par récurrence sur m. Pour m = 1 il suffit de poser A1 = A. Supposons que le résultat
est vrai jusqu’à m et considérons le cas m + 1. Si A est irréductile, alors il suffit de poser A1 = A. Si
A n’est pas iréductible, alors il existe B et C unitaires tels que deg B ≥ 1, deg C ≥ 1 et A = BC. Nous
avons forcément deg B ≤ m et deg C ≤ m. Par hypothèse, il existe des polynômes irréductibles unitaires
B1 , . . . , Bs , C1 , . . . , Ct tels que
B = B1 · · · Bs
et
C = C1 · · · Ct .
Ainsi
A = B1 · · · Bs C 1 · · · C t
et le résultat est vrai pour m + 1.
61
Unicité Par récurrence sur m. Supposons que
A = A1 · · · Ar = Â1 · · · Âs .
Si m = 1, alors r = s = 1 et Ar = Âs = A. Supposons que le résultat est vrai jusqu’à m et considérons
le cas m + 1. D’après la proposition 5.8 il existe un indice j tel que A1 |Âj Sans perte de généralité,
supposons que j = 1. Comme Â1 est irréductible, il existe un polynôme constant Q tel que Â1 = QA1 .
Or Â1 et A1 sont unitaires, donc Q = 1 et Â1 = A1 . Si r = 1, alors s = 1 et nous avons le résultat.
Sinon, nous pouvons ‘diviser’ les deux expressions par A1 et obtenir un polynôme B tel que
B = A2 · · · Ar = Â2 · · · Âs .
Comme deg B ≤ m, en appliquant l’hypothèse de récurrence, nous obtenons l’unicité. Ainsi le résultat
est vrai pour m + 1.
2
Corollaire 5.9 Si A ∈ K[X] et deg A ≥ 1, alors il existe c ∈ K∗ unique et des polynômes irréductibles
unitaires A1 , . . . , Ar , uniques à permutation près, tels que
A = cA1 · · · Ar .
preuve Existence Si a est le coefficient dominant de A, alors A = aÃ, où à = a−1 A. Comme à est
unitaire, nous avons le résultat.
Unicité Si
A = cA1 · · · Ar = ĉÂ1 · · · Âs ,
et a est le coefficient dominant de A, alors a = c = ĉ et
a−1 A = A1 · · · Ar = Â1 · · · Âs
2
et l’unicité s’ensuit.
Maintenant nous allons étudier les irréductibles dans certains anneaux de polynômes. Le cas de C[X]
est simple. D’après le théorème de d’Alembert-Gauss, si A ∈ C[X] et deg A ≥ 1, alors A admet une
racine. En appliquant le théorème 5.11, nous voyons que A ∈ C[X] est irréductible si et seulement si
deg A = 1.
Le prochain cas que nous considérons est celui de R[X].
Lemme 5.3 Soient A ∈ C[X] à coefficients réels et α une racine de A. Si α est complexe, alors ᾱ est
aussi une racine et n(ᾱ) = n(α)
Pm
preuve Soit A = i=1 ai X i et α une racine complexe de A. Alors
m
X
i=0
ai αi = 0 =⇒
m
X
ai αi = 0̄ =⇒
i=0
m
X
āi ᾱi = 0 =⇒
i=0
m
X
ai ᾱi = 0,
i=0
donc ᾱ est racine de A.
Posons s1 = n(α) et s2 = n(ᾱ). Si s1 < s2 , alors
A = (−α + X)s1 (−ᾱ + X)s1 (−ᾱ + X)s2 −s1 P ,
|
{z
}|
{z
}
B
C
où α, ᾱ ∈
/ V (P ). Or,
(−α + X)(−ᾱ + X) = |α|2 − 2(Re α)X + X 2 ,
62
donc B est à coefficients réels. Il existe Q, R ∈ R[X], avec deg R < deg B, tels que A = QB + R. Ceci est
vrai dans C[X], donc Q = C et R = 0. Comme C est à coefficients réels et ᾱ racine de C, α, le conjugué
de ᾱ, est aussi racine de C, donc −α + X|C. Mais (−α + X) et (−ᾱ + X)s2 −s1 sont premiers entre eux,
ce qui implique que −α + X|P , une contradiction, car α n’est pas racine de P . Ainsi s1 ≥ s2 . De la
même façon s2 ≥ s1 , donc s1 = s2 .
2
Si A ∈ K[X] et A = a1 + a1 X + a2 X 2 , alors le discriminant de A est ∆(A) = a21 − 4a0 a2 . Si K = R,
alors A admet une racine si et seulement si ∆(A) ≥ 0.
Théorème 5.13 Dans R[X] les polynômes irréductibles sont :
• les polynômes de degré 1 ;
• les polynômes de degré 2 de discriminant strictement négatif.
preuve Démontrons d’abord que A est réductible si deg A ≥ 3. Soit A tel que deg A ≥ 3 et supposons
que A soit irréductible. Considéré comme élément de C[X], A admet une racine α ∈ C. D’après le
théorème 5.11, α ∈
/ R. Comme A est à coefficients réels, ᾱ est aussi une racine.
Il existe Q1 ∈ C[X] tel que A = (−α + X)Q1 . Or, −ᾱ + X est irréductible et −ᾱ + X 6 | − α + X,
donc −ᾱ + X|Q1 . D’où
B = (−α + X)(−ᾱ + X) = |α|2 − 2(Re α)X + X 2
divise A : il existe Q2 ∈ C[X] tel que A = Q2 B.
Dans R[X] nous avons A = Q3 B + R, avec deg R < 2, ce qui aussi vrai dans C[X]. Donc R = 0 et
Q3 = Q2 . Ainsi A est réductible dans R[X], une contradiction. Donc A est réductible si deg A ≥ 3.
Si deg A = 2 et A irréductible, alors A n’admet pas de racine, donc ∆(A) < 0. En revanche, si A est
réductible, alors A admet une racine, car deg A = 2, donc ∆(A) ≥ 2.
Pour terminer, tout polynôme de degré 1 est irréductible.
2
Exemple(s) 5.18
• A = 1 + X + X 2 ∈ R[X] est irréductible, car ∆(A) = −3 < 0.
• B = 1 + 3X + X 2 ∈ R[X] est réductible, car ∆(B) = 5 > 0.
Maintenant nous considérons les irréductibles dans Q[X]. Nous pouvons nous concentrer sur les
polynômes dans Z[X]. Si u est le ppcm des dénominateurs des coefficients d’un polynôme A ∈ Q[X],
alors à = uA ∈ Z[X] et A est irréductible dans Q[X] si et seulement si à est irréductible dans Q[X].
Nous aurons besoin des résultats préliminaires. D’abord une définition. Nous disons qu’un polynôme
A ∈ Z[X] \ {0} est primitif si le pgcd de ses coefficients vaut 1.
Proposition 5.9 Si A et B sont primitifs, alors C = AB est primitif.
Pm+n
Pm
Pn
preuve Soient A = i=0 ai X i , B = j=0 bj X j et C = k=0 ck X k . Si C n’est pas primitif, alors il
existe un nombre premier p tel que p|ck pour tout k. Comme A et B sont primitifs, il existe i et j tels
que p 6 |ai et p 6 |bj . Soit u (resp v) les plus petits indices i et j avec cette propriété. Alors
cu+v = a0 bu+v + · · · + au−1 bv+1 + au bv + au+1 bv−1 + · · · + au+v b0 .
Comme p|cu+v , p|ai bj , pour i < u et p|ai bj pour j < v, nous avons p|au bv , ce qui est impossible, car
p 6 |au et p 6 |bv . Il s’ensuit que C est primitif.
2
Théorème 5.14 Soit A ∈ Z[X] \ {0}. Si B, C ∈ Q[X] et A = BC, alors il existe B1 , C1 ∈ Z[X] tels que
deg B1 = deg B, deg C1 = deg C et A = BC.
63
preuve Si t est le pgcd des coefficients de A, alors à = t−1 A est primitif (voir le lemme 3.1) et à = B̃C,
où B̃ = t−1 B. En supposant le résultat vrai pour des polynômes primitifs, nous pouvons écrire à = B̃1 C1 ,
où B̃1 , C1 ∈ Z[X]. En multipliant par t, nous obtenons A = B1 C1 , où B1 = tB̃1 .
Maintenant démontrons le résultat pour A primitif. Il existe des nombres rationnelles s et t tels que
sB et tC appartiennent à Z[X] et sont primitifs. D’après la proposition 5.9, stBC = stA est primitif.
Nous affirmons que st = ±1.
Soit st = m
n , avec m∧n = 1. Comme les coefficients de stA sont des entiers, n divise chaque coefficient
ai de A. (n|mai et n ∧ m = 1.) Or, le pgcd des ai est égal à 1, donc n = ±1. Ainsi st = ±m ∈ Z. Si
m 6= ±1, alors le pgcd des coefficients de stA n’est pas égal à 1, une contradiction. Donc st = ±1.
Pour conclure, si st = 1 (resp. st = −1), alors il suffit de poser B1 = sB (resp. −sB) et C1 = tC. 2
Le théorème précédent nous permet de trouver une condition suffisante pour l’irréductibilité d’un
polynôme dans Z[X].
Pm
Théorème 5.15 (Eisenstein) Soit A = i=0 ai X i ∈ Z[X]. S’il existe un nombre premier p tel que
p 6 |am
p|ai , 0 ≤ i < m
p2 6 |a0 ,
alors A est irréductible dans Q[X].
preuve D’après le théorème 5.14, il suffit de démontrer qu’il n’existe pasP
B, C ∈ Z[X] tels que
1,
Pndeg B ≥
m
i
j
deg C ≥ 1 et A = BC. Supposons que ceci soit le cas. Si A =
a
X
,
B
=
b
X
et
i
j
i=0
j=0
Pl
C = k=0 ck X k , alors n + l = m et nous avons les équations
a0
=
b0 c0
a1
=
b0 c1 + b1 c0
a2 =
..
.
b0 c2 + b1 c1 + b2 c0
..
.
am−1
=
b0 cm−1 + b1 cm−2 + · · · + bm−1 c0
am
=
b0 cm + b1 cm−1 + b2 cm−2 + · · · + bm c0 .
Comme p|a0 , nous avons p|b0 ou p|c0 . Supposons que p|b0 . Alors p 6 |c0 , car p2 6 |a0 . Comme p|a1 et
p|b0 , p|b1 c0 . Or p 6 |c0 , donc p|b1 . En continuant de la même façon, nous obtenons p|bi , pour 0 ≤ i ≤ m−1.
Comme n ≤ m − 1, bm = 0 et nous avons p|am , une contradiction. En supposant que p|c0 , nous abtenons
une contradiction de la même façon. Il s’ensuit que A est irréductible.
2
Corollaire 5.10 Il existe un nombre infini de polynômes irréductibles de tout degré m ≥ 1 dans Q[X].
preuve Si m = 1, alors A = −α + X est irréductible pour tout α ∈ Q. Si m ≥ 2 et p premier, alors
A = −p + X m est irréductible d’après le théorème, car p|(−p), p2 6 |(−p) et p 6 |1.
2
Exemple(s) 5.19 A = 15 + 5X + 5X 2 + X 5 et B = 30 − 3X + 15X 2 − 3X 4 + 2X 5 sont des polynômes
irréductibles dans Q[X]. C’est aussi le cas pour C = 31 + 13 X + X 3 + 15 X 4 : en multipliant par 15 nous
obtenons à = 5 + 5X + 15X 3 + 3X 4 .
64
Chapitre 6
Corps finis
Nous avons déjà vu des exemples de corps finis, en particulier les corps Zp , avec p premier. Dans ce
chapitre nous étudierons en detail des propriétés importantes de tels corps, qui jouent un rôle important
dans les théories des codes et la cryptographie.
6.1
Notions élémentaires
Notre premier résultat n’est pas difficile à démontrer.
Théorème 6.1 Si K est un corps et G un sous-groupe fini de K∗ , alors G est cyclique.
preuve Soit |G| = n. Si x ∈ G, alors o(x)|n. Pour chaque diviseur d de n notons ψ(d) le nombre
d’éléments de G dont l’ordre est d. Si ψ(d) 6= 0, alors il existe x ∈ G tel que o(x) = d. Si y ∈< x >, alors
y d = 1, donc y est une racine du polynôme A = −1 + X d ∈ K[X]. Comme A admet au plus d racines,
toute racine de A appartient à < x >, en particulier, tout élément d’ordre d appartient à < x >. Les
éléments d’ordre d dans G sont les générateurs du groupe < x > et il existe φ(d) tels générateurs.
Nous avons démontré que ψ(d) = 0 ou ψ(d) = φ(d). Si ψ(d) = 0 pour un certain d qui divise n, alors
X
X
n=
ψ(d) <
φ(d) = n,
d|n
d|n
une contradiction. Ainsi ψ(d) = φ(d) pour tout d qui divise n. En particulier, ψ(n) = φ(n) ≥ 1, donc G
est cyclique.
2
Corollaire 6.1 Si K est un corps fini, alors le groupe K∗ est cyclique.
Soit M est un polynôme non nul dans l’anneau K[X]. Alors nous définissons une relation R sur K[X]
par
ARB ⇐⇒ M |B − A.
Nous pouvons vérifier facilement que R est une relation d’équivalence. Si ARB, alors nous écrivons
A ≡ B (mod M ) et nous disons que A est congru à B modulo M ; nous appelons les classes d’équivalence
les classes de congruence. Nous noterons K[X]M l’ensemble quotient. Chaque classe de congruence contient un unique polynôme de degré strictement inférieur à celui de M , donc nous pouvons identifier une
classe avec un polynôme.
La proposition suivante se démontre de la même façon que le théorème 3.7.
Proposition 6.1 Si A1 ≡ A2 (mod M ) et B1 ≡ B2 (mod M ), alors
• A1 + B1 ≡ A2 + B2 (mod M ) ;
65
• A1 B1 ≡ A2 B2 (mod M ).
Nous définissons deux lois sur K[X]M :
[A] ⊕ [B] = [A + B]
et
[A] [B] = [A · B].
D’après la proposition précédente, ces lois sont bien-définies. En plus, avec ces lois K[X]M est un anneau,
avec [0] comme élément neutre pour l’addition et [1] élément neutre pour la multiplication.
Proposition 6.2 Les énoncés suivants sont équivalents :
• a. K[X]M est un corps ;
• b. K[X]M est intègre ;
• b. M est irréductible.
preuve a. =⇒ b. Il suffit de remarquer qu’un corps est intègre.
b. =⇒ c. Si M = AB, avec deg A ≥ 1 et deg B ≥ 1, alors [A] et [B] sont non nuls dans K[X]M et leur
produit vaut [0], une contradiction. Donc M est irréductible.
c. =⇒ a. Soit [A] ∈ K[X]M et [A] 6= [0]. Nous pouvons supposer que deg A < deg M . Si A ∧ M = D 6= 1,
alors 1 ≤ deg D < deg M . Il s’ensuit que M est réductible, une contradiction. Donc A ∧ M = 1 et il
existe S, T ∈ K[X] tels que SA + T M = 1. Il s’ensuit que [S][A] = [1], donc [A] est inversible.
2
Remarque(s) 6.1 Si |K| = q < ∞ et deg M = d, alors |K[X]M | = q d .
Théorème 6.2 Si K est un corps fini, alors il existe un nombre premier p et un polynôme irréductible
unitaire M ∈ Zp [X] tels que K est isomorphe à Zp [X]M .
preuve Soit p le caractéristique de K. Comme K est un corps, p est un nombre premier. Nous définissons
une application φ de Zp dans K par φ([n]) = n1. φ est bien-définie et un morphisme d’anneaux injectif,
donc L = Im φ est un sous-anneau de K. Comme Zp est un corps, L aussi est un corps.
D’après le corollaire 6.1, K∗ est cyclique : il existe α ∈ K∗ tel que K∗ = {1, α, . . . , αk−2 }, où |K| = k.
Maintenant nous définissons une application φ̃ de Zp [X] dans K par
φ̃(0) = 0
et
φ̃(A) =
m
X
φ([ai ])αi ,
i=0
Pm
si A = i=0 [ai ]X i . Nous vérifions facilement que φ̃ est un morphisme d’anneaux. Comme le polynôme
−X + X k ∈ Ker φ̃, il existe un unique polynôme unitaire irréductible M ∈ Zp [X] tel que Ker φ̃ =< M >.
Nous remarquons aussi que φ̃ est surjectif, car φ̃(X s ) = αs .
A partir de l’application φ̃ nous définissons une application ψ de Zp [X]M dans K par ψ([A]) = φ̃(A).
ψ est bien-définie et un morphisme d’anneaux. Comme φ̃ est surjectif, ψ aussi est surjectif. Le noyau de
ψ se reduit à [0], donc ψ est injectif. Ainsi ψ est un isomorphisme de Zp [X]M sur K.
2
Corollaire 6.2 Si K est un corps fini, alors il existe un nombre premier p et un entier d ∈ N∗ tels que
|K| = pd .
preuve Si deg M = d, alors Zp [X]M contient pd éléments.
2
Dans la section suivante nous démontrerons qu’il existe un corps de cardinal pd pour tout premier p et
tout entier d ∈ N∗ . Pour ce faire nous aurons besoin de polynômes cyclotomiques, que nous présenterons
dans la prochaine section.
66
6.2
Polynômes cyclotomiques
Les racines n-ièmes de 1 forment un sous-groupe fini du groupe (C, ·), que nous notons µn . Ce groupe
contient n éléments et est cyclique d’après le théorème 6.1. Un générateur de µn s’appelle une racine
primitive n-ième de 1. Nous notons µ∗n l’ensemble de ces èlèments de C. D’après la proposition 4.14
|µ∗n | = φ(n), où φ est l’indicateur d’Euler. Le polynôme Φn ∈ C[X] défini par
Y
Φn =
(−z + X)
z∈µ∗
s’appelle le n-ième polynôme cyclotomique. Le degré de Φn est évidemment φ(n).
Si z ∈ µn , alors o(z)|n, donc z ∈ ∪d|n µ∗d . D’autre part, si d|n et z ∈ µ∗d , alors z ∈ µn . Ainsi,
µn = ∪d|n µ∗d . Comme µ∗d ∩ µ∗d0 = ∅ si d 6= d0 , les ensembles µ∗d avec d|n, forment une partition de µn et


Y
Y Y
n

Φd .
(−z + X) =
−1 + X =
d|n
z∈µ∗
d
d|n
Proposition 6.3 Le polynôme Φn est unitaire, son premier coefficient est 1 si n ≥ 2, et tous ses coefficients appartiennent à Z.
preuve D’après sa définition Φn est unitaire. Comme Φ1 = −1 + X et Φ2 = 1 + X, la deuxième partie
de la proposition est vraie pour n = 1 et n = 2. Supposons qu’elle est juste pour d < n et considérons le
cas n. Nous avons


Y
−1 + X n = 
Φd  Φn = AΦn .
d|n,d<n
Ps
Si A = i=0 ai X i et Φn =
nous avons b0 = 1 Or,
Pt
j=0 bj X
j
, alors ai ∈ Z pour tout i, a0 = −1 et bt = 1. Comme a0 b0 = −1,
a0 b1 + a1 b0 = −b1 + a1 = 0 =⇒ b1 = a1 ∈ Z.
En plus,
a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 = −b2 + a1 b1 + a2 = 0 =⇒ b2 = a1 b1 + a2 ∈ Z.
En continuant de la même façon nous voyons que tout bj ∈ Z.
2
Nous allons démontrer que les polynômes cyclotomiques sont irréductibles sur Q. Pour ce faire, nous
avons besoin de deux résultats préliminaires.
Lemme 6.1 Soient K un corps et A, B ∈ K[X] avec A irréductible. Si A et B possèdent une racine
commune, alors A|B.
preuve Soit α une racine commune de A et B. Si A 6 |B, alors A ∧ B = 1, donc il existe S, T ∈ K[X]
tels que
SA + T B = 1 =⇒ S̄(α)Ā(α) + T̄ (α)B̄(α) = 1,
une contradiction, car α est une racine de A et B. Donc A|B.
2
Ps
Ps
Lemme 6.2 Si p est un nombre premier et A1 , . . . , As ∈ Zp [X], alors ( k=1 Ak )p = k=1 Apk . Pour
A ∈ Zp [X], A(X)p = A(X p ).
preuve Comme Zp [X] est de caractéristique p et p| ip pour i = 1, . . . , p − 1, (A1 + A2 )p = Ap1 + Ap2 . Un
argument par
Pmrécurrnce nous permet de trouver le résultat pour un s quelconque.
Si A = i=0 [ai ]X i , alors d’après la première partie
A(X)p =
m
X
i=0
([ai ]X i )p =
m
m
X
X
[ai ]p X ip =
[ai ]X pi = A(X p ).
i=0
i=0
67
2
Ceci termine la preuve.
Maintenant nous pouvons aborder la preuve du théorème.
Théorème 6.3 Pour tout n ∈ N∗ le polynôme Φn est irréductible sur Q.
preuve Supposons que A ∈ Q[X] est irréductible unitaire et divise Φn . Soit z ∈ C une racine de A.
Alors z est une racine de Φn , donc z est une racine n-ième primitive de l’unité.
Comme A divise Φn et Φn divise −1 + X n , il existe B ∈ Q[X] tel que AB = −1 + X n . B est unitaire,
car A est unitaire. D’après le théorème 5.14, A et B appartiennent à Z[X]. En plus, A et B sont premiers
entre eux : si ceci n’est pas le cas, alors A et B partagent une racine et leur produit peut avoir n − 1
racines au plus, une contradiction.
Soit p un nombre premier tel que p < n et p 6 |n. Nous allons démontrer que z p est une racine de A.
Si ceci n’est pas le cas, alors z p est une racine de B et il s’ensuit que z est une racine de B(X p ). D’après
le lemme 6.1, A(X)|B(X p ). Dans Zp [X] nous avons la même relation et, si C ∈ Zp [X] est irréductible,
alors
C(X)|A(X) =⇒ C(X)|B(X p ) =⇒ C(X)|B(X)p =⇒ C(X)|B(X),
où nous avons employé le lemme 6.2. Donc A et B ne sont pas premiers entre eux dans Zp [X]. Or, A
et B sont premiers entre eux dans Q[X], donc dans Zp [X] aussi, donc nous avons une contradiction. Il
s’ensuit que z p est une racine de A, qui est aussi une racine n-ième primitive de l’unité.
Si 1 < s < n et s ∧ n = 1, alors s = p1 · · · pk , où les pi sont des nombres premiers, qui sont premiers
avec n. D’après ce qu’on vient de voir, z p1 est une racine de A, qui est aussi une racine n-ième primitive
de l’unité. En remplaçant z par z p1 nous obtenons que z p1 p2 est une racine de A, qui est une racine
n-ième primitive de l’unité. En continuant de la même façon, nous voyons que z s est une racine de A
de la même sorte. Il s’ensuit que toutes les racines n-ième primitives de l’unité sont des racines de A et
donc que Φn = A, i.e. Φn est irréductible.
2
Corollaire 6.3 Le polynôme
Pn (X) = 1 + X + · · · + X n ∈ Q[X]
est irréductible si et seulement si n = p − 1 pour un nombre premier p.
preuve Nous avons
(−1 + X)Pn−1 = 1 − X n =
Y
Φd .
d|n
Comme Φ1 = −1 + X, Pn−1 =
Q
d|n,d6=1
Φd et le résultat s’ensuit.
2
Nous pouvons généraliser la notion de polynôme à un anneau commutatif R quelconque : il suffit de
prendre des suites de support fini dans un tel anneau et définir l’addition et la multiplication comme nous
avons fait pour les polynômes à coefficients dans un corps. Nous notons R[X] l’ensemble de polynômes
à coefficients dans un anneau R. R[X] est un anneau commutatif qui est intègre si et seulement si R est
intègre. Dans cette section nous supposerons que tout anneau est commutatif.
Un morphisme d’anneaux φ : R1 −→ R2 induit un morphisme φ̃ de R1 [X] dans R2 [X] :
φ̃(01 ) = 02
et
m
m
X
X
φ̃(
ai X i ) =
φ(ai )X i ,
i=0
i=0
qui est injectif si φ est injectif. (Nous avons déjà vu un exemple d’un tel morphisme dans la preuve du
théorème 6.2.) En particulier, le morphisme canonique de Z dans un anneau R, φ : Z −→ R, n 7−→ n1,
induit un morphisme d’anneaux φ̃ de Z[X] dans R[X]. Nous appelons toute image d’un polynôme
cyclotomique dans un anneau de polynômes R[X] un polynôme cyclotomique. Nous avons
Y
φ̃(−1 + X n ) =
φ̃(Φd ).
d|n
68
Nous écrirons A dans R[X] pour φ̃(A) ou simplement A s’il n’existe pas de lieu pour une confusion.
Nous pouvons généraliser la notion de racine primitive de l’unité. Si R est un anneau, α ∈ R× et
o(α) = n < ∞, alors nous disons que α est une racine n-ième primitive de l’unité.
Proposition 6.4 Soient R un anneau intègre et α ∈ R. Si Φn (α) = 0 et α n’est pas une racine multiple
de −1 + X n ∈ R[X], alors α est une racine n-ième de l’unité.
preuve Comme


Y
−1 + X n = 
Φd  Φn = AΦn ,
d|n,d<n
nous avons
−1 + αn = Ā(α)Φn (α) = 0 =⇒ αn = 1,
donc α ∈ R× . Si d = o(α), alors d|n. En supposant que d < n nous avons
Y
Y
−1 + X d =
Φe (α).
Φe =⇒ 0 = −1 + αd =
e|d
e|d
Comme R est intègre, il existe e tel que Φe (α) = 0, donc α est une racine de A. Il s’ensuit que α est une
racine double de −1 + X n , une contradiction. Ainsi α est une racine n-ième de l’unité.
2
6.3
Existence de corps finis
Pour démontrer l’existence d’un corps fini de cardinal pd il suffit de prouver qu’il existe un polynôme
irréductible de degré d dans Zp [X]. Pour ce faire nous employerons des polynômes cyclotomiques. Nous
avons besoin de quelques résultats préliminaires.
Théorème 6.4 Soient K un corps et A ∈ K[X] irréductible. Alors il existe un corps K̄ et un morphisme
injectif φ de K dans K̄ tels que le polynôme à = φ̃(A) ∈ K̄[X] admet une racine dans K̄.
preuve Si deg A = 1, alors il suffit de prendre K̄ = K et φ = idK . Supposons que deg A = d ≥ 2 et
considérons le corps K̄ = K[X]A . L’application
φ : K −→ K̄, a 7−→ [a]
est un morphisme injectif, donc nous avons un morphisme injectif φ̃ de K[X] dans l’anneau des polynômes
à coefficients dans K̄, que nous noterons K̄[Y ] pour éviter des confusions. (Les éléments de K̄ sont des
Pd
classes de polynômes modulo A.) Si A = i=1 ai X i , alors
à = φ̃(A) =
d
X
i
φ̃(ai )φ̃(X) =
i=0
d
X
[ai ]Y i .
i=0
Or, [X] ∈ K̄ et
d
X
¯
Ã([X])
=
[ai ][X]i = [A] = [0],
i=0
2
donc à admet une racine.
Si K et K̄ sont des corps et il existe un morphisme injectif φ du premier dans le deuxième, alors nous
disons que K̄ est une extension de K. Par exemple, R est une extension de Q et C une extension de R et
de Q. Le corps K̄ que nous avons construit dans le théorème 6.4 est une extension de K. Une extension K̄
69
du corps K est un espace vectoriel sur K ; nous appelons la dimension de cet espace le degré de l’extension.
Si K̄ est une extension de K et φ le morphisme associé, alors nous avons un morphisme injectif φ̄ de
K[X] dans K̄[X]. Si A ∈ K[X], alors nous identifions A avec le polynôme à = φ̄(A). Si à admet une
racine dans K̄, alors nous disons que A admet une racine dans K̄.
Proposition 6.5 Soient K un corps, K̄ une extension de K et α ∈ K̄. Si M est un polynôme unitaire
irréductible de degré d dans K[X] qui admet α comme racine, alors M est l’unique tel polynôme et tout
autre polynôme B ∈ K[X] qui admet α comme racine est un multiple de M .
preuve Les polynômes dans K[X] qui admettent α comme racine forment un idéal I. Si A est un
générateur de I, alors A|M , donc deg A ≤ deg M . Comme M est irréductible, deg A = deg M . Il s’ensuit
que M divise tout polynôme qui admet α comme racine.
Si B ∈ I, alors M |B, donc B est réductible si deg M < deg B. Donc les seuls polynômes irréductibles
dans I sont de la forme kM , où k ∈ K∗ . Il s’ensuit que M est l’unique polynôme unitaire irréductible
dans I.
Corollaire 6.4 Soit K̄ une extension de K qui contient une racine α du polynôme unitaire irréductible
M ∈ K[X]. Si deg M = d, alors les éléments 1, α, . . . , αd−1 sont indépendants. En plus, il existe une
extension de degré d de K qui admet une racine de M .
Pd−1
preuve Supposons qu’il existe a0 , a1 , . . . , ad−1 ∈ K qui ne sont pas tous nuls tels que i=0 ai αi = 0.
Pd−1
Alors le polynôme A = i=0 ai X i admet α comme racine. Comme le degré de A est non nul et son degré
est strictement inférieur à celui de M , nous avons une contradiction. Donc les éléments 1, α, . . . , αd−1
sont indépendants.
Considérons l’extension définie dans le théorème 6.4. Les éléments de K̄ sont les classes de K[X] modulo M . Si A ∈ K[X], alors il existe des polynômes Q et R, avec deg R < d, tels que A = QM +R. Comme
[M ] = 0 dans K̄, [A] = [R]. Or [R] est dans l’espace engendré par les puissances [X]i , i = 0, . . . , d − 1. Il
s’ensuit le degré de l’extension K̄ est d.
2
Nous pouvons maintenant démontrer le résultat principal de cette section.
Théorème 6.5 Pour tout n ∈ N∗ il existe un polynôme irréductible unitaire de degré n dans Zp [X].
preuve Soit M un diviseur irréductible unitaire de degré d du polynôme cyclotomique Φpn −1 ∈ Zp [X].
Il existe une extension K̄ de Zp de degré d dans laquelle M admet une racine α. Dans K̄[X] nous avons
Φpn −1 = AM =⇒ Φpn −1 (α) = Ā(α)M̄ (α) = 0.
Maintenant considérons le polynôme B = X p
0
n
n
−1
B = (p − 1)X
− 1 ∈ K̄[X]. Nous avons
pn −2
= −X p
n
−2
,
pn −2
car la caractéristique de K̄ est p. Comme −α
6= 0 , α est une racine simple de B. D’après la
proposition 6.4 α est une racine (pn − 1)−ième de l’unité. Or, |K̄∗ | = pd − 1, donc pn − 1|pd − 1. D’après
le corollaire 3.5 nous avons n|d.
n
Maintenant nous allons démontrer que d|n. Soit S = {x ∈ K̄ : xp = x}. D’après le théorème 4.5
n
−1 pn
S est un sous-anneau de K̄. En plus, si x 6= 0 et x ∈ S, alors (x ) = (xp )−1 = x−1 , donc S est
un corps. Or, S est de caractéristique p, donc S est une extension de Zp . Comme α ∈ S, les éléments
1, α, . . . , αd−1 ∈ S. Ces éléments sont indépendants, donc deg S ≥ d. Il s’ensuit que S = K̄. Si β est un
n
n
générateur du groupe cyclique K̄∗ , alors β ∈ S, donc β p = β, d’où β p −1 = 1. Comme o(β) = pd − 1,
d
n
2
nous avons p − 1|p − 1 et il s’ensuit que d|n, d’après le corollaire 3.5. Ceci termine la preuve.
Corollaire 6.5 Il existe un corps de cardinal pn pour tout nombre premier p et tout nombre naturel
n ∈ N∗ .
Corollaire 6.6 Le polynôme Φpn −1 ∈ Zp [X] est un produit de polynômes irréductibles unitaires, tous de
degré n.
Corollaire 6.7 Si φ est l’indicateur d’Euler, alors n|φ(pn − 1).
70
6.4
Unicité de corps finis
Dans cette section nous démontrons que deux corps finis du même cardinal sont essentiellement le même.
Théorème 6.6 Deux corps finis du même cardinal n sont isomorphes.
preuve Soient K et K0 des corps finis du même cardinal n. Alors, |K| = pd et |K0 | = q e , où p et q sont des
premiers et d et e des éléments de N∗ . D’après le théorème fondamental de l’arithmétique, p = q et d = e.
En employant le théorème 6.2 nous voyons qu’il existe un polynôme irréductible unitaire M ∈ Zp [X] tel
que K est isomorphe à K[X]M = K̄. Nous allons démontrer que K̄ est isomorphe à K0 .
d
Notre première étape est d’établir que M |F , où F = X p − X. Comme K̄ est de caractéristique p, K̄
est une extension de Zp et M admet une racine α dans K̄. Si I = {A ∈ Zp [X] : A(α) = 0}, alors I est
d
d
un idéal et son unique générateur unitaire est M . Pour tout x ∈ K̄∗ , xp −1 = 1, donc xp − x = 0. Ainsi
A(α) = 0 et il s’ensuit que F ∈ I et M |F .
Il existe B ∈ Zp [X] tel que F = BM . Comme K0 est de caractéristique p, K0 est une extension de
Zp . Le morphisme injectif φ de Zp dans K0 induit un morphisme injectif φ̃ de Zp [X] dans K0 [X]. Si nous
0∗
d
d
notons à = φ̃(A), alors F̃ = B̃ M̃ . Pour tout y ∈ K , y p −1 = 1, donc y p − y = 0, c’est-à-dire tout
élément de K0 est une racine de F̃ . Or, deg B̄ < deg F̄ , donc il existe γ ∈ K0 tel que M̄ (γ) = 0.
Maintenant nous définissons une application de Zp [X] dans K0 par
¯
f (A) = Ã(γ).
Alors f est un morphisme d’anneaux, dont le noyau est l’idéal < M >.
Pour terminer, nous définissons une application F de K̄ dans K0 par
F ([A]) = f (A).
Si A1 est congru à A modulo M , alors
F (A1 ) = F (A + QM ) = F (A) + F (Q)F (M ) = f (A),
donc F est bien définie. Une vérification simple démontre que F est un morphisme d’anneaux. Si
[A] ∈ Ker F , alors f (A) = 0 et il s’ensuit que M |A, ce qui implique que [A] est le zéro élément de K̄.
Ainsi F est injective. Or, |K̄| = pd et |K0 | = pd , donc F est un isomorphisme.
Nous avons démontré que K est isomorphe à K̄ et K̄ isomorphe à K0 , donc K est isomorphe à K0 .2
71
Index
algorithme d’Euclide, 10
algorithme d’Horner, 56
anneau, 36
intègre, 37
commutatif, 36
principal, 38
sous-anneau, 36
application, 3
application linéaire, 45
isomorphisme, 45
noyau, 45
rang , 46
base, 43
base canonique, 44
caractéristique d’un anneau, 39
cardinal, 6
codes RSA, 25
coefficients du binôme, 6
combinaison linéaire, 43
congruence linéaire, 18
corps, 38
coset, 43
crible d’Eratosthène, 22
dérivée, 57
n-ième dérivée, 59
degré, 49
degré d’une extension, 70
dimension, 44
dimension finie, 43
discriminant, 63
distributive, 36
diviser, 9
diviseur, 9
multiple, 9
diviseur de zéro, 37
espace vectoriel, 42
sous-espace, 42
extension d’un corps, 69
fonction, 3
injective, 3
surjective, 3
fonction polynôme, 53
générateur, 33
groupe, 28
groupe cyclique, 33
Horner, méthode de, 57
idéal, 38
générateur, 38
idéal principal, 38
indicateur d’Euler, 21
inversible, 36
irréductible, 61
loi de composition, 16
externe, 16
interne, 16
maximal, 4
maximum, 4
minimal, 4
minimum, 4
morphisme d’anneaux, 40
canonique, 41
isomorphisme, 40
noyau, 40
morphisme de groupes, 35
isomorphisme, 35
noyau, 35
nombre premier, 22
nombres premiers entre eux, 11
ordre, 3
bien ordonné, 4
total, 4
ordre d’un élément, 33
ordre multiplicatif, 22
partie génératrice, 43
partition, 3
petit théorème de Fermat, 24
plus grand commun diviseur, 10, 51
plus petit commun multiple, 13
72
polynôme
coefficient dominant, 49
constant, 49
cyclotomique, 67
primitif, 63
unitaire, 51
produit d’anneaux, 39
produit de groupes, 35
puissances, 32
quotient, 9, 50
racine, 54
multiple, 55
multiplicité, 55
simple, 55
relation, 3
antisymétrique, 3
reflexive, 3
symétrique, 3
transitive, 3
relation d’équivalence, 3
classe d’équivalence, 3
ensemble quotient, 3
reste, 9, 50
semi-groupe, 16
commutatif, 26
identité, 26
unitaire, 26
somme d’idéaux, 39
somme de sous-espaces, 44
somme directe, 44
sous-groupe, 29
normal, 31
support, 48
symétrique, 27
tableau de composition, 29
théorème de Lagrange, 30
théorème fondamentale de l’arithmétique, 23
vecteurs liés, 43
vecteurs libres, 43
73
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