Feuille 1 - Énoncés Groupes Anneaux Arithmétique des entiers

Université Pierre et Marie Curie
Master de Mathématiques
L. Zapponi
Année 2015-2016
4M067 Cryptologie Algébrique
D. Bernardi
Feuille 1 - Énoncés
Certains des exercices énoncés dans le cours sont repris dans ces feuilles. La
référence est alors indiquée entre parenthèses après le numéro de l’exercice. Les
exercices marqués d’une astérisque (*) sont plus difficiles.
Groupes
Exercice 1 (1.1) Montrer que dans un groupe, l’élément neutre est unique et
que tout élément possède un seul inverse.
Exercice 2 (1.2) Montrer qu’un groupe est un ensemble G muni d’une loi de
composition interne associative telle qu’il existe un élément neutre à gauche (i.e.
un élément e 2 G tel que e.x = x pour tout x 2 G) et que tout élément possède
un inverse à gauche (i.e. pour tout x 2 G, il existe y 2 G tel que y.x = e).
Anneaux
Exercice 3 Énumérer, à isomorphisme près, tous les anneaux de cardinal au
plus 4. Indication : il y en a 7.
Exercice 4 (1.20) Montrer que l’ensemble des éléments nilpotents d’un anneau (commutatif) A forme un idéal, appelé nilradical de A.
Exercice 5 (2.3) Montrer que si un idéal premier d’un anneau contient l’intersection d’une famille finie non vide d’idéaux, il contient l’un d’entre eux.
Exercice 6 (2.4) Montrer que K[X] est intègre.
Exercice 7 (2.5) Montrer qu’un polynôme non nul f 2 K[X] est inversible si
et seulement si il est de degré 0, ce qui se traduit par l’égalité K[X]⇥ = K ⇥ .
Arithmétique des entiers
Exercice 8 Supposons qu’il existe un diviseur positif d de a et b tel que d =
ax + by avec x, y 2 Z. Montrer que d = pgcd(a, b).
Exercice 9 On considère la suite de Fibonacci définie par F0 = 0, F1 = 1 et
Fn+2 = Fn+1 + Fn pour tout n 0.
a) (2.7) Montrer que pour tout n, on a
Fn =
p
1+ 5
⇡ 1.618 et
2
X 1.
où ↵ =
X
2
=
1
p
2
↵n
↵
5
⇡
1
n
0.618 sont les racines du polynôme
✓
◆
Fn+1
b) On définit la suite de vecteurs (Vn )n2N par Vn =
. Montrer que pour
Fn
tout n 1, on a Vn+1 = AVn où A est une matrice 2 ⇥ 2 que l’on explicitera.
✓
◆
Fn+1
Fn
c) Montrer que l’on a An =
.
Fn
Fn 1
d) En déduire que pour tout n
2, on a Fn+1 Fn
1
Fn2 = ( 1)n .
e) Montrer que pour tout n 0 et tout m 1, on a Fn+m = Fn+1 Fm + Fn Fm 1 .
2
En déduire que pour tout n 0, on a F2n 1 = Fn2 + Fn2 1 , F2n = Fn+1
Fn2 1
3
3
3
et F3n = Fn+1 + Fn Fn 1 .
f) Montrer que Fn et Fn+1 sont premiers entre eux pour tout n.
g) Plus généralement, montrer que pgcd(Fa , Fb ) = Fpgcd(a,b) .
h) Décrire un algorithme pour calculer Fm (mod N ) en temps polynomial (en
log(m) et log(N )) (Cette question nécessite l’étude de l’arithmétique modulaire
et de l’exponentiation rapide).
Algorithme d’Euclide
Exercice 10 Soient a et b deux entiers naturels. On définit une suite un par
la récurrence u0 = a,u1 = b et un = |un 1 un 2 | pour n > 1. Montrer que la
suite vn = sup(un , un+1 ) converge vers d = pgcd(a, b).
Exercice 11 Le but de cet exercice est de présenter une modification de l’algorithme d’Euclide étendu, qui converge un peu plus vite.
Soient a et b 6= 0 deux entiers. Montrer qu’il existe un entier q et un entier r
avec |r|  |b|
2 tels que a = bq + r.
l’algorithme se déroule comme l’algorithme classique, en remplaçant la division
euclidienne par la version modifiée ci-dessus : étant donnés deux entiers a et
b 6= 0, on définit les suites rn , qn , un et vn de la manière suivante :
8
8
8
>
>
>
< r0 = a,
< u0 = 1,
< v0 = 0,
r1 = b,
u1 = 0,
v1 = 1,
>
>
>
:
:
:
ri 1 = qi ri + ri+1 .
ui+1 = ui 1 ui qi .
vi+1 = vi 1 vi qi .
a) Montrer qu’il existe un plus petit entier n tel que rn+1 = 0 et que dans ce
cas, on a |rn | = pgcd(a, b) = |aun + bvn |.
b) Montrer que l’on a n  log2 (b) + 1.
c) Calculer le pgcd des entiers a = 5159 et b = 2010 en utilisant d’abord l’algorithme d’Euclide classique, puis l’algorithme modifié.
Arithmétique modulaire
Exercice 12 Soit p > 2 un nombre premier.
a) Montrer que si p ⌘ 3 (mod 4), la congruence x2 ⌘
solution.
On suppose désormais p ⌘ 1 (mod 4).
2
1 (mod p) n’a pas de
b) Montrer qu’il existe a 2 (Z/pZ)⇥ tel que a(p
b 2 (Z/pZ)⇥ tel que b2 = 1.
1)/2
6= 1. En déduire qu’il existe
c) Montrer que l’on peut trouver x et y entiers naturels tels que x2 + y 2 = mp,
avec m < p/2.
d) Supposons que m > 1 et posons x0 ⌘ x (mod m) et y 0 ⌘ y (mod m), avec
|x0 |  m/2 et |y 0 |  m/2. Montrer que
X=
xx0 + yy 0
m
et
Y =
xy 0
yx0
m
sont des entiers et que l’on a X 2 + Y 2 = pm0 , avec m0  m/2.
e) En déduire qu’il existe deux entiers naturels a et b tels que a2 + b2 = p.
Exercice 13 (*)
a) Montrer que le seul entier positif n pour lequel n divise 2n
1 est n = 1.
b) Soient a > 2 et k 1 deux entiers. Montrer que l’ensemble des entiers n qui
sont le produit d’exactement k nombres premiers (comptés avec multiplicité) et
pour lesquels n divise an 1 est fini et non vide.
Exercice 14 Soient n > 0 et k > 1 des entiers. Montrer qu’il existe n entiers
consécutifs qui sont tous divisibles par des puissances k-ièmes (d’entiers). Traiter
explicitement le cas n = 5 et k = 2.
Exercice 15
a) On a 8906252 = 793212890625, un entier dont l’écriture décimale se termine
par 890625. De même 1093762 = 11963109376. Montrer que pour chaque n il
existe exactement 4 entiers qui s’écrivent avec au plus n chiffres et qui sont
congrus à leur carré modulo 10n . Trouver un moyen de calculer ces 4 entiers.
b) Soit n > 1 un entier. Déterminer le nombre de solutions x 2 Z/nZ de l’équation x2 = 1.
Exercice 16 Soient a, b, u, v des entiers tels que au + bv = 1.
a) Déterminer deux entiers x et y tels que a2 x + b2 y = 1.
b) Déterminer deux entiers z et t tels que (a + b)z + abt = 1.
c) (*) Soient a, b, c, u, v, w des entiers tels que au + bv + cw = 1. Montrer que si
b 6= 0, il existe k, U, V 2 Z tels que (a + kc)U + bV = 1. Attention, il y a un
piège : on ne demande pas de déterminer k, U, V , et Bézout est un leurre...
Exercice 17 Montrer que (Z/nZ)⇥ est cyclique si et seulement si n 2 {1, 2, 4}
ou bien il existe un nombre premier p > 2 et un nombre entier ↵ > 0 tels que
n = p↵ ou n = 2p↵ .
Nombres premiers
Exercice 18 Montrer qu’il n’existe pas de polynômes f, g 2 C[X] tels que
⇡(n) =
pour tout entier positif n.
3
f (n)
g(n)
Exercice 19 Montrer qu’il n’existe pas de polynôme f 2 Z[X] non constant
tel que f (n) est premier pour tout entier positif n.
Exercice 20 Soit f 2 Z[X] un polynôme non constant. Montrer qu’il existe
une infinité de nombres premiers p tels que f possède une racine modulo p.
Exercice 21 Montrer qu’il y a une infinité de nombres premiers p ⌘ 3 (mod 4).
Exercice 22
a) Soient a1 , . . . , an des entiers non nuls tels qu’il existe un nombre premier qui
divise un seul d’entre eux. Montrer que la somme
1
1
1
+
+ ··· +
a1
a2
an
n’est pas un entier.
b) Montrer que pour tout nombre entier n, la somme
1+
1 1
1
+ + ··· +
2 3
n
n’est pas un entier.
4
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D. Bernardi
Feuille 1 - Solutions
Groupes
Solution 1 Si e et e0 sont deux éléments neutres, ils sont égaux puisque
e = e.e0 = e0 .
De même, si y et y 0 sont deux inverses de x, on voit qu’il sont égaux grâce aux
égalités
y = y.e = y.(x.y 0 ) = (y.x).y 0 = e.y 0 = y 0 .
Solution 2 Il est clair qu’un groupe possède ces propriétés. Réciproquement,
supposons que G possède ces propriétés, Soit x un élément de G. Il a un inverse
à gauche que nous noterons y et y a un inverse à gauche que nous noterons z.
On a
xy = e(xy) = (zy)(xy) = z(yx)y = z(ey) = zy = e
et
xe = x(yx) = (xy)x = ex = x.
La deuxième égalité montre que e est élément neutre à droite, et la première
que y est inverse à droite de x, donc G est bien un groupe.
Anneaux
Solution 3 Soit n  4 l’ordre d’un anneau A et p | n l’ordre de 1 dans le groupe
additif (A, +). Si p = n, le groupe (A, +) est cyclique, isomorphe à Z/nZ. Mais
l’anneau A lui-même est forcément isomorphe à Z/nZ puisque le produit de
k.1A par l.1A est kl.1A . Ceci nous donne les 4 anneaux Z/nZ pour 1  n  4.
Restent les cas où n = 4 et p = 2. On peut écrire A = {0, 1, x, y}, et on a
1 + 1 = x + x = y + y = 0, x + 1 = y, y + 1 = x et x + y=1, ce qui complète la
table d’addition de A.
Il reste à déterminer la table de multiplication. On pose a = x2 , et l’on a
forcément xy = x(x + 1) = a + x = yx et y 2 = a + 1. Si l’anneau existe, il est
donc déterminé par la valeur de a.
Les cas a = 0 et a = 1 donnent le même anneau isomorphe à l’anneau quotient F2 [X]/(X 2 ), l’isomorphisme étant induit par X 7! x et X 7! y respectivement. Le cas a = x donne un anneau isomorphe à (Z/2Z)2 , par x 7! (1, 0). Enfin,
le cas a = y donne un corps, que l’on note F4 , isomorphe à F2 [X]/(X 2 + X + 1)
par X 7! x. Pour vérifier que ces trois derniers anneaux ne sont pas isomorphes,
on peut par exemple compter leurs éléments inversibles, au nombre de 2, 1 et 3
respectivement.
5
Solution 4 La seule chose qui n’est pas évidente est que la somme de deux
éléments nilpotents est un élément nilpotent. Soit donc a et b deux éléments
nilpotents de A, et m, n 1 tels que am = bn = 0. La formule du binôme donne
m+n
X 1 ✓m + n 1◆
(a + b)m+n 1 =
ak bm+n 1 k
k
k=0
m
X1 ✓m + n 1◆
=
ak bn+m 1 k
k
k=0
n
X1 ✓m + n 1◆
+
am+l bm+n 1 (m+l)
m+l
l=0
m
X1 ✓m + n 1◆
= bn
a k bm 1 k
k
k=0
n
X1 ✓m + n 1◆
+am
a l bn 1 l
m+l
l=0
=
0,
d’où le résultat.
Solution 5 Soit A un anneau, P un idéal premier de A, n
(Ii )1in des idéaux de A tels que
1 un entier et
\1in Ii ⇢ P.
Montrons, par récurrence sur n
1, que P contient l’un des Ii . Pour n = 1,
c’est évident. Supposons que cela est vrai pour n et montrons-le pour n + 1.
En posant J = \1in Ii , on a J \ Im+1 ⇢ P . Supposons que ni J ni In+1
ne soient contenus dans P . Il existe alors a 2 J \ P et b 2 In+1 \ P . Alors ab
appartient à J \ In+1 mais pas à P , une contradiction. On a donc montré que
soit In+1 ⇢ P , soit J ⇢ P , auquel cas, d’après l’hypothèse de récurrence, P
contient un des Ii pour i  n. Dans tous es cas, P contient l’un des Ii , ce qui
achève la démonstration.
Solution 6 Si f et g sont deux polynômes non nuls, leurs degrés sont des entiers
naturels. Le produit f g a pour degré deg + deg g qui est encore un entier naturel,
donc f g n’est pas nul. Plus précisément, les coefficients dominants c(f ) et c(g)
de f et g sont des éléments non nus de K et le coefficient dominant de f g vérifie
c(f g) = c(f )c(g 6= 0.
Solution 7 Si g est l’inverse de f , on a deg f + deg g = deg f g = deg 1 = 0.
Comme deg f et deg g sont des entiers naturels, on en déduit deg f = deg g = 0,
c’est-à-dire que f et g sont des polynômes constants.
Arithmétique des entiers
Solution 8 Il suffit de vérifier que tout diviseur commun c de a et b est aussi
un diviseur de d. Mais de l’existence de a0 et b0 tels que a = ca0 et b = cb0 , on
tire
d = ax + by = (a0 x + b0 y)c
6
d’où le résultat.
Solution 9
a) Soit Gn donné par la formule du texte. On a bien G0 = 0 et G1 = 1. D’autre
part, on a ↵2 = ↵ + 1, donc ↵n+2 = ↵n+1 + ↵n , et de même pour . On en
déduit Gn+2 = Gn+1 + Gn et, par récurrence sur n, 8n 2 N, Gn = Fn .
✓
◆
1 1
b) On pose A =
.
1 0
c) On peut poser F
1
= 1 pour amorcer la récurrence.
d) On a det An = (det A)n = ( 1)n .
e) La première formule résulte par exemple du calcul du coefficient de la première
ligne, deuxième colonne, de Am+n = An Am . En appliquant la première formule
au couple (n 1, n), on trouve la deuxième. On l’applique au couple (n, n) pour
trouver
F2n = Fn+1 Fn + Fn Fn
1
= (Fn+1 + Fn
1 )(Fn+1
Fn
1)
2
= Fn+1
Fn2
1
Enfin, en l’appliquant au couple (n, 2n), on trouve :
F3n
=
Fn+1 F2n + Fn F2n
=
2
Fn+1 (Fn+1
Fn2
=
3
Fn+1
3
Fn+1
Fn2 1 (Fn
Fn3 1 .
=
+
+
Fn3
Fn3
+
1
2
2
1 ) + Fn (Fn + Fn
1)
Fn+1 )
f) Cela résulte directement de la question d).
g) D’après la première formule du e), si d est un diviseur commun à Fm+n et
Fm , il divise aussi Fn Fm 1 . On vient de voir qu’il est premier à Fm 1 , donc il
divise Fn . On déduit de ce qui précède pgcd(Fm+n , Fm ) = pgcd(Fm , Fn ). Par
récurrence sur q, on en déduit pgcd(Fa , Fb ) = pgcd(Fa bq , Fb ). On peut donc
exécuter l’algorithme d’Euclide jusqu’à obtenir pgcd(Fpgcd(a,b) , F0 ) = Fpgcd(a,b) .
h) Toutes les formules précédentes, sauf, à première vue, celles de la question a),
sont valables modulo N , c’est-à-dire dans l’anneau Z/N Z où chaque multiplication coûte O(log(N )2 ) opérations sur les bits. Un produit de matrices carrées
d’ordre 2 demande 8 multiplications et 4 additions. Pour calculer Am , l’exponentiation rapide demande O(log(m)) multiplications de matrices. On a donc
un algorithme en O(log(m) log(N )2 ).
Algorithme d’Euclide
Solution 10 Il est clair que la suite d’entiers naturels vn est décroissante. Elle
est donc stationnaire. Notons d sa limite. À partir d’un certain rang, vn = d,
donc un = d ou un+1 = d. On en déduit que si un 6= d, un 1 = d et un+1 = d.
Mais ces deux équations impliquent un = 0. On en déduit que la suite un
est, à partir d’un certain rang, de la forme 0, d, d, 0, d, d, 0 . . . . Il est clair que
8n, un 2 aZ + bZ. En particulier, d 2 aZ + bZ. D’autre part, en repartant dans
l’autre sens, on voit que tous les un sont multiples de d, en particulier a et b le
sont. Ceci prouve que d est le pgcd de a et b.
7
Solution 11
a) Considérons la division euclidienne classique a = bq + r avec 0  r < |b|. Si
|b|
r > |b|
|b| < 0. En posant r0 = r |b| on
2 on obtient les inégalités
2 < r
0
0
0
obtient alors l’identité a = bq + r , avec q = q + 1 si b est positif et q 0 = q 1
sinon. On a bien |r0 |  |b|
2 .
b) La démonstration est omise, étant identique à celle présentée dans le cours.
c) On remarquera que pour n
2, on a l’inégalité rn 
rn+1 
rn
2
1
, qui donne donc
b
.
2n
En particulier, pour n > log2 (b), on obtient rn+1 = 0. On en déduit donc que si
n est le plus petit entier pour lequel rn+1 = 0, alors n  log2 (b) + 1.
En suivant les notations du cours, l’algorithme d’Euclide classique amène au
tableau suivant :
n
qn
rn
un
vn
0
1
2
2010
0
1
5159
1
0
2
1
1139
1
-2
3
1
871
-1
3
4
3
268
2
-5
5
4
67
-7
18
0
Par contre, par l’algorithme modifié on obtient le tableau ci-dessous :
n
qn
rn
un
vn
0
5159
1
0
1
3
2010
0
1
2
-2
-871
1
-3
3
-3
268
-2
-5
4
-4
-67
7
-18
0
avec une étape de moins.
Arithmétique modulaire
Solution 12
a) Si x est une solution, son ordre x dans le groupe (Z/pZ)⇥ est 4. L’ordre du
groupe est p 1, qui doit être un multiple de 4, une contradiction.
b) Le polynôme X (p 1)/2 1 n’a pas plus de (p 1)/2 racines dans Z/pZ, d’où
l’existence de a. Posons b = a(p 1)/4 2 Z/pZ, et c = b2 = a(p 1)/2 . On a
c2 = ap 1 = 1 mais c 6= 1. On en déduit b2 = c = 1.
c) Prenons pour x un représentant de b avec 0 < b < p. L’entier x2 + 1 est un
multiple de p compris entre 1 et p2 , d’où le résultat avec y = 1.
d) Modulo m on a xx0 + yy 0 ⌘ x2 + y 2 = pm ⌘ 0 et xy 0
donc X et Y sont entiers. D’autre part, on a
X2 + Y 2 =
(xx0 + yy 0 )2 + (xy 0
m2
yx0 )2
2
=
yx0 ⌘ xy
2
xy = 0,
2
(x2 + y 2 )(x0 + y 0 )
x0 + y 0
=
p
m2
m
2
Le dernier facteur est encore un entier, majoré par (m2 /4 + m2 /4)/m = m/2.
8
e) En partant du couple (x, 1) du b), on répète l’opération précédente en remplaçant (x, y) par (X, Y ) tant que m > 1. L’entier m décroît strictement et finit
par atteindre la valeur 1.
Solution 13
a) Si n > 1, il a un plus petit diviseur premier p. Comme p divise le nombre
impair 2n 1, on a p > 2. L’ordre k de l’élément 2 (mod p) du groupe (Z/pZ)⇥
est un diviseur commun de n et de p 1. C’est donc 1, une contradiction.
b) Notons Xa,k l’ensemble en question. Pour k = 1, on demande un nombre
premier p qui divise ap 1. Il revient au même de dire que p est un diviseur
premier de a 1. Comme a 1 > 1, l’ensemble Xa,1 de ses diviseurs premiers est
k
fini et non vide. On a alors par récurrence sur ap ⌘ 1 (mod pk ) donc pk 2 Xa,k
qui n’est donc pas vide. Montrons par récurrence sur k qu’il est fini. Supposons
le résultat vrai pour k. Considérons un entier n 2 Xa,k+1 et p le plus petit
diviseur premier de n. Comme à la question précédente, l’ordre de a modulo p
est 1, ce qui ici n’implique pas de contradiction, mais seulement que p 2 Xa,1 .
Il n’y a qu’un nombre fini de valeurs possibles pour p, et, une fois p fixé, il est
clair que n/p 2 Xap ,k qui est fini par hypothèse de récurrence. On en déduit
que Xa,k+1 est fini.
Solution 14
C’est une simple conséquence du théorème des restes chinois : soient (pi )1in
des nombres premiers distincts. Il existe alors un entier m vérifiant les relations
m⌘1
(mod pki )
i
pour tout i 2 {1, . . . , n}, ce qui implique que m + i
1 est divisible par pki .
D’un point de vue pratique, pour n = 5 et k = 2, on peut prendre p1 = 2, p2 =
3, p3 = 5 et p4 = 7, en se limitant au cas n = 4. On remarquera que le procédé cidessus permet de construire un entier m divisible par 4, tel que m+1 est divisible
par 9, m + 2 par 25 et m + 3 par 49. Dans ce cas, m + 4 est automatiquement
divisible par 4. On laisse le soin au lecteur d’effectuer les calculs (la solution
est 29348). Ceci-dit, la plus petite valeur de m est 844, pour laquelle on trouve
844 = 22 2̇11, 845 = 51̇32 , 846 = 23̇2 4̇7, 847 = 71̇12 et 848 = 24 5̇3.
Solution 15
a) Il s’agit de déterminer les solutions de l’équation x2 = x ou x(x 1) = 0
dans l’anneau Z/10n Z ' Z/2Z ⇥ Z/5n Z. Dans chacun des facteurs, les seules
solutions sont 0 et 1. Il y a donc 4 solutions : 0 = (0, 0), 1 = (1, 1), xn = (1, 0) et
yn = (0, 1). Un moyen simple de calculer xn est de partir de x1 = 5 et de définir
par récurrence xn+1 comme le reste de la division de x2n par 10n . On peut alors
calculer yn = 10n + 1 xn .
b) Il s’agit de déterminer l’ordre du groupe
G2 (n) = (Z/nZ) ⇥ [2] = x 2 (Z/nZ)⇥ ; x2 = 1
Considérons la factorisation
!(n)
n=
Y
i=1
9
pei i .
D’après le théorème des restes chinois, on a
!(n)
G2 (n) '
Y
G2 (pei i ).
i=1
Si p est impair alors le groupe (Z/pe Z)⇥ est cyclique d’ordre pair. Il possède
donc un unique sous-groupe d’ordre 2, G2 (pe ). Pour p = 2, on a G2 (2e ) est
trivial pour e = 1, il est cyclique pour e = 2 et d’ordre 4, produit de deux
groupes cycliques pour e > 2. On a donc
8
!(n) 1
>
si n ⌘ 2 (mod 4),
<2
!(n)
|G2 [n]| = 2
si n est impair ou n ⌘ 4 (mod 8),
>
: !(n)+1
2
si n ⌘ 0 (mod 8).
Solution 16
a) Il suffit d’élever au cube l’identité initiale :
1
=
(au + bv)3
=
a3 u3 + 3a2 bu2 v + 3ab2 uv 2 + b3 v 3
=
a2 (au3 + 3bu2 v) + b2 (3auv 2 + bv 3 ).
b) On cherche bz ⌘ 1 (mod a) donc z ⌘ v (mod a) et z ⌘ u (mod b). On
applique la recette standard z = au2 + bv 2 . On trouve bien
1
(a + b)z = 1
a2 u2
b2 v 2
=1
donc t =
(u
ab(u2 + v 2 )
(au + bv)2
ab(u2 + v 2
2uv) =
ab(u
v)2
v)2 convient.
c) Il faut passer par la décomposition en facteurs premiers. Comme b 6= 0, il n’y
a qu’un nombre fini de premiers qui divisent p. Notons k le produit des nombres
premiers qui divisent b mais pas a. Soit p un nombre premier qui divise b. S’il
divise a, il ne divise ni k ni c. Il ne divise donc pas a + kc. Si par contre il ne
divise pas a, il divise k et kc, donc ne divise pas a + kc. Donc b et a + kc n’ont
aucun diviseur commun.
Qk
Solution 17 Notons n = 2a i=1 pai i , avec a 0 et ai 1 la factorisation de
n. On a
k
Y
(Z/nZ)⇥ ' (Z/2a Z)⇥ ⇥
(Z/pai i Z)⇥
i=1
Ce produit est cyclique si et seulement si chacun de ses facteurs est cyclique et
leurs ordres sont premiers entre eux deux à deux. Ceci implique d’abord a  2,
donc (Z/2a Z)⇥ est cyclique d’ordre 1 (si a  1) ou 2 (si a = 2). Les (Z/pai i Z)⇥
sont bien cycliques, mais leurs ordres sont tous pairs. Les ordres sont premiers
entre eux si et seulement si k  1 (si a  1) ou k = 0 (si a = 2).
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Nombres premiers
Solution 18 On procède par l’absurde : supposons que
⇡(n) =
f (n)
,
g(n)
avec f, g 2 C[X]. Remarquons qu’il existe une infinité d’entiers n tels que ⇡(n) =
⇡(n + 1). Il suffit par exemple de prendre n premier impair. Ceci implique que
le polynôme
f (X + 1)g(X) f (X)g(X + 1) 2 C[X]
possède une infinité de racines, ce qui est impossible, puisqu’il n’est pas nul.
Solution 19 Pour que f (n) soit premier pour tout entier n, il faut que le coefficient directeur de f soit positif. Dans ce cas, il existe un entier positif N tel
que pour tout n
N on a f (n + 1) > f (n) > 2. Soit donc n
N et fixons
un premier p divisant f (n). On a en particulier l’identité f (n) p. Pour tout
entier positif m, on en déduit alors que f (n + mp) = pu est divisible par p. De
plus, l’inégalité f (n + 1) > f (n) amène à u > 1. L’entier f (n + mp) est donc
composé.
Solution 20 Commençons par remplacer f par g = d1 f , où d est le pgcd des
entiers f (n). Il est possible que les coefficients de g ne soient pas entiers, mais
pour tout entier n, g(n) est un entier. Supposons maintenant que, pour tout
entier n, il n’existe qu’un nombre fini p1 , . . . , pr de nombres premiers divisant
f (n). Il en est alors de même pour g(n). Posons
d=
r
Y
pei i .
i=1
Par construction, pour tout i, il existe un entier ni pour lequel g(ni ) n’est pas
divisible par pi . On utilise maintenant le théorème des restes chinois : il existe
un entier n qui est congru à ni modulo pei i +1 pour tout i. On peut de plus
choisir n assez grand, afin que |g(n)| > 1. Or, f (n) est congru à f (ni ) modulo
pei i +1 . Il s’en suit que g(n) est congru à g(ni ) modulo pi . En particulier, l’entier
g(n), qui n’est pas une unité, n’est divisible par aucun des pi , ce qui est une
contradiction.
Solution 21 On procède par l’absurde, en supposant qu’il existe un nombre
fini de premiers congrus à 3 modulo 4, soit p1 , p2 , . . . , pn . Dans ce cas, l’entier
m = 4p1 · · · pn
1
3
est congru à 3 modulo 4 et premier avec p1 , . . . , pn . On en déduit qu’il doit être
divisible par un premier congru à 3 modulo 4 (sinon m serait congru à 1 modulo
4), ce qui est absurde.
Solution 22
a) On procède par l’absurde, en supposant que
m=
1
1
+ ··· +
a1
an
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est un entier. Quitte à réordonner a1 , . . . , an , on peut supposer qu’il existe un
nombre premier p divisant uniquement a1 . En particulier, p ne divise pas le
produit a2 · · · an . On obtient alors l’identité
0
1
n
X
Y
a1 @a2 · · · an m
aj A = a2 · · · an ,
i=2 j>1,j6=i
ce qui est absurde, car le terme de gauche est divisible par p, le terme de droite
ne l’étant pas.
b) D’après le postulat de Bertrand (théorème de Tchebychev), il y a (au moins)
un nombre premier entre n/2 et n. On peut donc appliquer la question précédente. Toutefois, il y a une preuve élémentaire directe : Soit r l’entier tel que
2r  n < 2r+1 . Le seul élément de {1, 2, . . . , n} qui est divisible par 2r est 2r
lui-même. On a pgcd(1, 2, . . . , n) = 2r m, où m est un nombre impair. On en déduit que 2r 1 m(Hn 21r ) est entier. Si Hn était entier, 2r 1 mHn le serait aussi.
La différence entre ces deux nombres, soit m
2 , le serait aussi, une contradiction.
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