UNIVERSITE PAUL SABATIER Licence de Mathématiques

UNIVERSITE PAUL SABATIER
Licence de Math´ematiques Fondamentales L3
Corrig´e de l’examen d’Alg`ebre de Septembre 2006
I (4 points)
Comme il est naturel, commen¸cons par la factorisation de ces ordres. Nous avons :
255 = 3 ×5×17,285 = 3 ×5×19,345 = 3 ×5×23 et enfin 609 = 3 ×7×29.Ce
sont des produits de trois nombres premier, p, q et r, convenons de noter rle plus
grand des trois, et l’on remarque que `a chaque cas pq < r.
Or, d’apr`es le th´eor`eme de Sylow, le nombre total de r−Sylows est congrus `a 1
modulo ret divise pq. Ce nombre est `a chaque cas 1.Le r−Sylow ´etant unique, il
est un sous groupe distingu´e, non trivial, et Gn’est pas simple. Les sous-groupes
simples de Gsont donc des sous-groupes propres, d’ordre au plus le produit de deux
premiers diff´erents. Si un sous-groupe Hde Ga ordre le produit de deux premiers
diff´erents, l’un est le plus grand et `a nouveau le Sylow correspondant est un sous-
groupˆe distingu´e de Hnon trivial et Hn’est pas simple. Les sous-groupes simples
de Gont alors un ordre qui comporte au plus un diviseur premier. Si cet ordre est
premier, il s’agit d’un sous-groupe cyclique. Si cet ordre est 0, c’est le sous-groupe
trivial (0) qui est aussi simple et cyclique. Ainsi tous les sous-groupes simples de G
sont cycliques pour les nmentionn´es.
II (4 points)
1)Remarquons tout d’abord que an>3
i) Si n=pq puisque
Xpq −1 = (Xp−1)(Xp(q−1) +··· +Xp+ 1),(∗)
apq −1 = (ap−1)(ap(q−1) +···+ap+ 1),et si q > 1 , ap(q−1) +···+ap+ 1 >1 et
si p > 1, ap−1>3 ainsi lorsque nadmet deux facteur plus grands que 1 il en va
de mˆeme de an−1.Si nest d´ecomposable, an−1 n’est pas premier. Ce qui prouve
la contrapos´ee de an−1 premier =⇒npremier.
Avec (∗) pour p= 1,et q=non a an−1=(a−1)(an−1+··· +a+ 1) or si
a > 2, a −1>1 et an−1+··· +a+ 1 ≥n > 1.Ainsi si an−1 est premier, a= 2.
Et 1) est ´etablie.
2) Si aest impair, anaussi et an+ 1 est pair, visiblement sup´erieur `a 4.Ainsi si
an+ 1 est premier adoit ˆetre pair. Par ailleurs,
X2p+1 + 1 = (X+ 1)(X2p−X2p−1+X2p−2+··· +X2−X+ 1).(∗∗)
Ainsi, si n= 2p+ 1 est impair, p≥1; et chaque a2l−a2l−1>1 et a2p−a2p−1+
a2p−2+···+a2−a+ 1 >1 tout comme a+ 1 >1.Ainsi an+ 1 ne peut ˆetre premier
lorsque nest impair. Posons donc n= 2qkpour kimpair et q > 0.Montrons que
k= 1,sinon, nous avons an+ 1 = (a2q)k+ 1 = bk+ 1 avec b=a2q>1, k > 1 et
bk+ 1 ne peut ˆetre premier si kn’est pas pair. Ainsi nest une puissance de 2.
3)L’ordre de ce groupe cyclique est 211 −1 = 2047.Si la r´eciproque de 1)i)
´etait vraie ce nombre est un nombre premier. Mais comme avec toute r´eciproque...
Nous essayons des divisions par les nombres premiers inf´erieurs `a √2047 <50
dans un coin du papier. Sans compter 2,3,7 triviales, au sixi`eme essai on trouve
211 −1 = 23 ×89.en divisant par 7 on prouve que 89 est un nombre premier, ainsi
l’ordre du groupe cyclique est le produit de deux nombres premiers diff´erents (et la
r´eciproque de 1)i) est fausse).
1

2
Les sous-groupes de Z/(211 −1)Zsont en nombre de 4, H1= (0), H23, H89,et
G=Z/(211 −1)Z.Ils sont tous cycliques, H23 est d’ordre 23 et est engendr´e par
la classe de 89 modulo 2047; H89 est d’ordre 89 et est engendr´e par la classe de
23 modulo 2047.Les seules inclusions qui ne se d´eduisent pas de la transitivit´e de
l’inclusion sont triviales : (0) ⊂H23 ⊂Get (0) ⊂H89 ⊂G.
III (4 points)
Soit P(X) = 2X2007 + 182X2005 + 546X5+ 286X+ 494.
1) Il n’est pas primitif sur Zil ne peut donc ˆetre irr´eductible. en effet, 2 divise
chaque coefficient de ce polynˆome.
2) On ´ecris
P(X) = 2 ×(X2007 + 91X2005 + 273X5+ 143X+ 247).
Vu les coefficients, on va essayer d’appliquer le crit`ere d’Eiseinstein, sinon ce sera
bien trop dur. Factorisons les coefficients : 91 = 7×13,273 = 3×7×13,143 = 11×13
et 247 = 13 ×19.On remarque que 13 divise chaque coefficient sauf le directeur, et
que son carr´e ne divise pas la valeur en z´ero, le crit`ere nous dit que Pest irr´eductible
sur Q, et que X2007 + 91X2005 + 273X5+ 143X+ 247 est irr´eductible sur Zparce
que en plus il est primitif. La factorisation ci-dessus est donc la factorisation en
facteurs irr´eductibles de Pdans l’ann´eeau Z[X].
3) Comme fonction sur Rce poynˆome a une d´eriv´ee qui est somme de monˆomes
paires, c’est `a dire, positive sur tout R.Puisqu’il est de degr´e impair, il a au moins
une racine, puisque c’est une fonction strictement croissante, il a au plus une racine.
Ce polynˆome a exactement une racine r´eelle.
Si cette racine ´etait un nombre rationnel, le polynˆome ne serait pas irr´eductible
sur Q, cette racine est un nombre r´eel irrationnel.
IV (8 points)
1) On a pos´e, δ(0) = 0.R´eciproquement, si δ(a) = 0 et a6= 0 on aurait qu’il
existe q, r tels que 1 = qa +ravec δ(r)< δ(a) = 0 ce qui est imposible parce que δ
est `a valeurs dans N.Ainsi δ(a)=0⇔a= 0.
Ensuite, δ(1) = δ(1.1) = δ(1)δ(1) puisque 1 6= 0 δ(1) = 1.
Enfin, si u∈A×,1 = δ(1) = δ(u.u−1) = δ(u)δ(u−1).Dans Nla seule solution
est δ(u) = 1.R´eciproquement, si δ(u) = 1,on sait que u6= 0 ainsi il existe q, r tels
que 1 = qu +ravec δ(r)< δ(u) et donc δ(r)=0, r = 0.Ainsi, il existe q∈Atel
que 1 = qu, u est inversible.
2) D’apr`es le cours, de par l’existence de division euclidienne des polynˆomes,
et puisque t7→ 2test strictement croissante, K[X] muni de δ(P) est un anneau
euclidien. La propri´et´e additionnelle est cons´equence imm´ediate de deg(P+Q)≤
max(deg(P), deg(Q)),valable pour les polynˆomes.
On supposera que δv´erifie
δ(a+b)≤max(δ(a), δ(b)).
3) Il est clair que kest stable par la multiplication de Ail contient 0 et 1.Si
u∈k, il en va de mˆeme de −upar la r`egle des signes.
Remarquons que d’apr`es 1) a∈k⇔δ(a)≤1.

3
Maintenant, si a, b ∈k δ(a+b)≤max(δ(a), δ(b)) ≤1kest un sous-anneau de
A. Il est assez clair que les ´el´ements non nuls de kademettent une inverse dans A
qui ´etant elle mˆeme inversible, est un ´el´ement de k, et ainsi kest un corps.
4) Si An’est pas un corps, il contient strictement k, A \k6=∅. δ(A\k)6=∅
admet un minimum m∈N, et il existe un zdont la valeur par δest ce minimum :
δ(z) = m. Ce minimum n’est ni 0 ni 1 sinon zserait nul ou inversible. Si r∈
k, δ(r) = 0 ou 1 donc δ(r)< δ(z).r´eciproquement, si δ(r)< δ(z), r n’est pas dans
l’ensemble o`u le minimum de δest consid´er´e, rest nul ou inversible.
5)i) Avec ce z∈A, l’application fest visiblement bien d´etermin´ee. Il suffit de
v´erifier ses propri´et´es de morphisme. cela a ´et´e fait en cours, car l’application fest
tout simplement l’application d’´evaluation des polynˆomes au point z. Bien entendu,
le polynˆome constant 1 ´evalu´e o`u que ce soit, donne l’´el´ement 1.
ii) Puisque c’est un homomorphisme des groupes additifs sous-jacents, il siffira
de calculer son noyau. Supposons que P(X) = PN
i=νaiXi`a zcomme racine (c’est-
`a-dire f(P) = 0)),si N= 0, f(P) = a0et P= 0.
Supposons N≥1 , supposons que aν6= 0,et ´ecrivons P(X) = XνP1(X) ainsi
P(z) = zνP1(z) = 0.Puisque z6= 0 et Aest un anneau int´egre, on a P0(z) = 0.
C’est-`a-dire que l’on peut supposer des le debut que a06= 0.Or
a0=z(−a1−a2z+··· − aNzN−1=zb.
δ(a0) = δ(z)δ(b).Si δ(b)≥1 puisque δ(z)>1, δ(a0)>1 et a06∈ kce qui est
absurde, ainsi, δ(b)<1 c’est-`a-dire δ(b) = 0 et b= 0 ainsi, a0= 0.cet absurde
nous entraine que N= 0 et que Pest la constante 0, le noyau est r´eduit `a l’´el´ement
neutre de l’addition, le morphisme est injectif, c’est un monomorphisme.
iii) Nous avons donc qz =a−r. Si aest inversible et puisque si r6= 0, r l’est aussi,
a−rest inversible. Dans un anneau factoriel (comme ici) un non inversible ne peut
diviser un inversible, r= 0 obligatoirement. Alors δ(a) = δ(qz) = δ(q)δ(z)> δ(q).
Si an’est pas inversible, δ(a)≥δ(z)> δ(r).et δ(q)< δ(q)δ(z) = δ(qz) =
δ(a−r)≤max(δ(a), δ(r)) = δ(a).
D´emontrons que a∈Aest dans l’image de fpar r´ecurrence en δ(a).
Si δ(a) = 0 ou 1 aest dans k, c’est l’image par l’´evaluation en z, f du polynˆome
constant a. Soit n > 1 et supposons que tout ´el´ement de Ao`u la valeur de δest
inf´erieure ou ´egale `a n−1 est dans l’image de f. Soit atel que δ(a) = n, a 6= 0.
On divise apar zpour obtenir a=qz +ravec δ(r)< δ(z), r est inversible ou
nul. D’apr`es iii) δ(q)< δ(a) par hypoth`ese de r´ecurrence qest dans l’image de f,
c’est-`a-dire qu’il existe P(X)∈k[X] tel que q=P(z).On a XP (X) + r∈k[X] et
a=zP (z) + r. c’est-`a-dire que aest dans l’image de Fqui est donc surjective.
6) Un anneau euclidien avec cette propri´et´e additionnelle, peut ˆetre un corps,
mais s’il n’est pas un corps il contient, d’apr`es 3), un sous-corps k, et d’apr`es 5) `a
l’aide du choix d’un zqui existe d’apr`es 4) l’´evaluation f´etablit un isomorphisme
entre Aet k[X].