m00z-1c

1
Agrégation interne
Corrigé de la première épreuve de l’agreg’ interne 2000
Merci d’avance de me signaler toutes les erreurs (petites ou grosses) qui auraient pu
échapper à ma vigilance…
PARTIE I
Question 1
Pour aZ, on a l’équivalence des assertions suivantes :
(i) [a]m est inversible dans Z/mZ.
(ii) Il existe bZ tel que [a]m.[b]m=[1]m.
(iii) Il existe bZ tel que [ab-1]m=[0]m.
(iv) Il existe bZ et kZ tels que ab-1=km.
(v) a est premier avec m. (Bezout)
Ce qui établit donc bien le résultat.
Question 2-a
Sachant que (Z/mZ)x est un groupe commutatif pour le produit, on a, pour (Z/mZ)x :
(i) 2(Z/mZ)x (car le produit est une loi de composition interne dans (Z/mZ)x), et donc
 est bien à valeurs dans (Z/mZ)x.
(ii) 
Donc  est bien un morphisme de groupes de (Z/mZ)x dans lui même, et donc son image S est
un sous groupe de (Z/mZ)x.
Question 2-b
Pour m=5 :
On sait que Z/5Z={[k]5 , k{0,1,2,3,4}}. La première question nous indique alors :
(Z/5Z)x={[k]15, k{1,2,3,4}}.
Par ailleurs, en regardant les carrés de ces quatre éléments, on a :
([1]5)2=[12]5=[1]5 ; [22]5 =[4]5 ; [32]5 =[9]5=[4]5 ; [42]5=[16]5=[1]5.
Donc : S={[1]5,[4]5}.
Pour m=15 :
En reprenant les mêmes raisonnements, on trouve :
(Z/15Z)x={[k]5, k{1,2,4,7,8,11,13,14}}.
[12]15=[1]15 ; [22]15=[4]15 ; [42]15=[16]15=[1]15 ; [72]15=[49]15=[4]15 ; [82]15=[64]15=[4]15 ;
[112]15=[121]15=[1]5 ; [132]15=[169]15=[4]15 ; [142]15=[196]15=[1]15.
Donc : S={[1]15 ;[4]15}.
Question 3-a
On rappelle que (Z/pZ)={[k]p, k{0,1,…, p-1}.
Donc (Z/pZ)x={[k]p, k{0,1,…, p-1} et k premier avec p}.
Or, 0 n’est pas premier avec p, et pour 1kp, k est premier avec p, car p n’a pas de diviseur
entre 1 et p-1. Donc (Z/pZ)x={[k]p, k{1,…, p-1}}, et card((Z/pZ)x)= p-1.
Question 3-b
[1]p-[-1]p=[2]p et 2 n’est pas un multiple de p, car p3. Donc [1]p[-1]p .

2
Question 3-c
On a : K={(Z/pZ)x, tel que 2=[1]p}. Donc pour K, avec =[a]p, on a :
a2-1 est un multiple de p. Donc p divise (a-1)(a+1). Sachant que p est premier, on a ?nc :
soit p divise a-1, soit p divise a+1, ce que signifie donc :
soit [a]p=[1]p, soit [a]p=[-1]p. Réciproquement, il est clair que ces deux éléments sont dans K.
Donc K={[1]p, [-1]p}.
Question 3-d
 étant un morphisme de groupes de noyau K et d’image S, on a donc
Le quotient de(Z/pZ)x par K est un groupe isomorphe à S. Donc card(S) est égal au cardinal
du groupe quotient (Z/pZ)x/ K, à savoir : card((Z/pZ)x)/card(K)=(p-1)/2=p’. On a donc bien :
card(S)=p’
Proposons maintenant une preuve directe :
Soit S. Ainsi peut s’écrire . Déterminons alors les autres antécédents de 
) équivaut alors à , ce qui signifie donc, sachant que  est un morphisme de
groupes : (-1)=1, ou, en d’autres termes, -1K. Compte tenu de K={[1]p, [-1]p}, ceci
équivaut donc à :  ou , et ces deux valeurs sont distinctes vu que [1]p[-1]p.
Donc chaque élément de S a exactement 2 antécédents, et donc d’après le lemme des bergers,
2card(S)=card((Z/pZ)x)=p-1=2p’. On retrouve donc le résultat.
Question 2-e
On a donc : card(S)+card(T)=card((Z/pZ)x). Donc card(T)=p’.
Regardons, pour T, l’ensemble S={s, sS}.
L’application f définie sur (Z/pZ)x par f ()= est une translation, et est bijective. Donc, en
remarquant que S=f (S), on en déduit que card(S)=card(S)=p’=card(T).
Or, soit s un élément quelconque de S. Alors S, car sinon, sachant que S est un sous
groupe, s-1= appartiendrait à S, ce qui est en contradiction avec T. Donc S est inclus
dans T et a même cardinal. D’où S=T.
Question 2-f
On remarque d’abord que p est bien surjectif, à valeurs dans {-1,1}, vu que ni S, ni T ne sont
vides (ils ont pour cardinal p’1).
Soit alors (Z/pZ)x. Compte tenu de la commutativité du produit et quitte à échanger  et
, trois cas peuvent se produire : soit ils appartiennent tous deux à S, soit ils appartiennent
tous deux à T, soit S et T. Etudions les un à un :
Si S :
Alors S (S est un sous groupe), et p()=1=p()p().
Si S et T :
Alors S (même raisonnement qu’en 2-e), et p()= -1=p()p().
Si T et T :
Sachant qu’alors T=S (cf 2-e),  peut donc s’écrire :
=s avec sS. Donc =2s ; or par définition de S, 2S, et donc 2sS, càd S.
Donc p()= 1=p()p().
On a donc bien établi que pour tout S, on a : p()=p()p(), et donc :
p est bien un morphisme surjectif de (Z/pZ)x dans {-1,1}.
Question 3-g
Soit f un morphisme de (Z/pZ)x dans {-1,1} :
Soit alors S. Il existe donc S tel que =2. De ce fait :
f()=f(2)=(f())2=(1)2=1. Donc f()=p() pour S.

3
Par ailleurs, sachant que f est surjective, il existe (Z/pZ)x tel que f()= -1. Remarquons de
suite que  ne saurait donc appartenir à S. Ainsi T=S, et donc, si  est un élément de T,
s’écrit alors s avec sS. Ainsi f()=f()f(s)=(-1).(+1)=(-1)=p().
Donc, dans tous les cas, on a f()=p( et donc f=p.
p est donc bien le seul morphisme surjectif de (Z/pZ)x dans {-1,1}.
Question 4
On a donc ainsi :
11
a
=1 si, et seulement si a est un carré modulo 11.
Il reste donc à regarder les restes modulo 11 des carrés des entiers entre 1 et 10 :
[12]11=[1]11 ; [22]11=[4]11 ; [32]11=[9]11 ; [42]11=[5]11 ; [52]11=[3]11 .
Il est en fait inutile de continuer car on a trouvé 5 valeurs distinctes et donc 5 éléments de S,
avec card(S)=5. Donc S={[k]11, k{1,4,9,5,3}}. Ainsi :
Pour a{1,3,4,5,9}, on a
1
11 
a
, et pour a{2,6,7,8,10}, on a :
1
11 
a
.
PARTIE II
Question 1
Soit (Z/pZ)x. Alors 2p’= p-1. Or (Z/pZ)x est un groupe d’ordre p-1 d’après le I-3-a, et donc
l’ordre de  dans (Z/pZ)x divise p-1 (théorème de Lagrange), ce qui entraîne  p-1=[1]p.
Ainsi 2p’=[1]p, et donc p’ vérifie l’équation x2=[1]p dans (Z/pZ)x.
Cette équation équivaut à (x-[1]p)(x+[1]p)=[0]p, et, sachant que (Z/pZ) est un anneau intègre
(c’est même un corps), elle équivaut à x= [1]p. Donc p’= [1]p.
Question 2-a
Remarquons d’abord que, pour (Z/pZ)x, on a : p’=[()]p. Ainsi :
Soit (Z/pZ)x. On a alors :
pp’]p=[p’]p.[ p’]p=[]p.[]p=[p
Donc (p=[0]p, et donc est un multiple de p. Or, comme 
est à valeurs dans {-1,1}, {-2,0,2}. Comme p3, on a donc
 ne peut qu’être nul, ce qui nous donne 
 est bien un morphisme de groupes de (Z/pZ)x dans {-1,1}.
Question 2-b
D’une part, on a ([1]p)=1, et donc 1 a un antécédent par .
D’autre part, le groupe multiplicatif (Z/pZ)x étant cyclique, d’ordre p-1=2p’, il est donc
isomorphe au groupe additif Z/(2p’Z). Ainsi l’existence d’un (Z/pZ)x vérifiant p’= [-1]p
équivaut à l’existence d’un Z/(2p’Z) vérifiant p’[0] (on rappelle qu’il n’y a que 2
valeurs possibles pour p’= [-1]p), ce qui est le cas pour =[1]2p’.
Question 2-c
 étant un morphisme surjectif de (Z/pZ)x dans {-1,1}, il est alors égal à p (cf question
I-3-g). Donc, si a est premier à p, on a :
[ap’]p=[1]pp([a]p)=1
1
p
a

4
Et de même :
[ap’]p=[-1]p
1
p
a
Ainsi, on a :
[ap’]p=[
p
a
]p
Et finalement : ap’
p
a
(mod p)
Question 3
On a donc :
'p
p1
1
(mod p), et donc sachant que
p
1
vaut 1 ou –1, il reste juste :
'p
p1
1
. Ainsi, si p est congru à 1 modulo 4, alors p’ est un multiple de 2 et donc
p
1
=1. Par contre, si p est congru à 3 modulo 4 , alors 2p’ est congru à 2 modulo 4, et donc
p’ est lui congru à 1 modulo 2 : p’ est impair et
1
1
p
. Comme p est impair, ce sont les
deux seuls cas possibles, et le résultat s’en suit.
PARTIE III
Question 1
On regarde :
 m
k
m
k
m
km
k
i
mk
i
mk
if 1
2
1
0
2
1
0
2
0212
222
2expexpexp)(
Or, en remarquant que pour k=m, on a :
012
22expexpexp 
im
m
k
i
.
Donc
0
22 0
1
0
2
1
2f
m
k
i
m
k
im
k
m
k 
expexp
: on a bien prouvé : f0(2)=f0(0).
Par ailleurs, f0 est clairement de classe C sur [0,2], comme somme (finie) de fonctions de
classe C sur [0,2]. Or, f(2)=f0(0) par définition de f (périodicité), et f0(0)=f0(2). Donc en
fait, f et f0 coïncident sur [0,2], et donc, f est de ce fait C sur [0,2]. Or, f étant 2
périodique, on en déduit que f est C sur [2n, 2(n+1)] (pour tout n entier).
En particulier, f est donc continue sur au moins R\(2Z). Or f est par ailleurs continue à droite
en 0, et à gauche en 2, donc à gauche en 0. f est donc continue en 0, et donc, par périodicité,
f est continue en chaque point de 2Z. Finalement, f est continue sur R.
Question 2-a
On calcule, à l’aide du changement de variable proposé :

5
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
22 2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
22
22
1
0
2
1
2
2
1
0
2
1
2
2
1
0
2
0
2
2
0
2
mn
m
mn
mn
i
mn
m
mn
m
k
mn
k
mn
k
m
k
mn
k
mn
k
m
k
nit
n
dunu
m
u
nuie
du
nm
mnuu
m
iunimni
du
m
mn
u
i
mn
uni
du
m
mn
u
i
mn
kuni
dt
m
kt
initdttfec
exp
exp
exp
exp
exp)(
Finalement, on obtient bien :
2
2
2
2
2
2mn
m
mn m
ui
mn
i
ndueec
Question 2-b
Si n est pair : alors n2 est un multiple de 4 et n2/2 est un entier pair et exp(-imn2/2)=1.
Si n est impair, avec n=2k+1 : alors n2=4(k2+k)+1, et donc :
exp(-imn2/2)=exp(-im/2)=(-i)m.
Question 2-c
On a :
q
mqm
mq
qudu
m
ui
c 2
22
exp
et :
2
1
2
1
2
2
12 2
qm
qm q
mi
qvdu
m
ui
ec exp
/
Question 2-d
On remarque d’abord que f est continue, 2-périodique et C1 par morceaux sur R. Donc la
série de Fourier de f converge normalement vers f sur R ; en d’autres termes, la série de
fonctions (de la variable t)
Z
nit
nefc )(
converge normalement vers f. Or, la norme infinie sur
R de cn(f )eint est cn(f ). Donc la série
fcfc n
nn 1
converge.
Comme il s’agit d’une série à termes positifs, il s’en suit que les deux séries :
fcfc n
nn2 12
et
fcfc n
nn12 112 
convergent. Donc, compte tenu du 2-c, les
deux séries proposées convergent absolument.
De plus, on a (la convergence normale entraînant la convergence simple absolue, donc la
convergence absolue en 0) :