Eléments d`algèbre générale

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Eléments d’algèbre générale
Relation d’équivalence
Exercice 1 [ 02643 ] [correction]
Soit R une relation binaire sur un ensemble E à la fois réflexive et transitive.
On définit les nouvelles relations S et T par :
Enoncés
1
Exercice 5 [ 02985 ] [correction]
Soit (G, ×) un groupe et H un sous groupe de (G, ×).
On définit une relation binaire R sur G par :
xRy ⇔ xy −1 ∈ H
Montrer que R est une relation d’équivalence et en décrire les classes
d’équivalence.
xSy ⇔ (xRy et yRx) et xT y ⇔ (xRy ou yRx)
Les relations S et T sont-elles des relations d’équivalences ?
Exercice 2 [ 02644 ] [correction]
Soit E un ensemble et A une partie de E.
On définit une relation R sur ℘(E) par :
Exercice 6 [ 03453 ] [correction]
Soit (G, .) un groupe de cardinal 2n.
a) Justifier que l’on définit une relation d’équivalence R sur G en posant
xRy ⇔ x = y ou x = y −1
b) En déduire l’existence dans G d’un élément d’ordre 2.
XRY ⇔ X ∪ A = Y ∪ A
a) Montrer que R est une relation d’équivalence
b) Décrire la classe d’équivalence de X ∈ ℘(E)
Exercice 3 [ 02983 ] [correction]
On considère sur F(E, E) la relation binaire R définie par :
f Rg ⇔ ∃ϕ ∈ S(E) telle que f ◦ ϕ = ϕ ◦ g
Exercice 7 [ 03243 ] [correction]
Soit G un groupe multiplicatif de cardinal pα avec p premier et α ∈ N? .
Montrer que
Z(G) 6= {1}
Groupes
a) Montrer que R est une relation d’équivalence.
b) Décrire la classe d’équivalence d’une fonction donnée f ∈ S(E).
Exercice 8 [ 00113 ] [correction]
Un sous-groupe d’un groupe produit est-il nécessairement produit de deux
sous-groupes ?
Exercice 4 [ 02984 ] [correction]
Soit R une relation binaire réflexive et transitive.
On définit une relation S par :
Exercice 9 [ 00114 ] [correction]
Soient H et K deux sous-groupes d’un groupe (G, ?).
A quelle condition l’ensemble H ∪ K est-il un sous-groupe de (G, ?) ?
xSy ⇔ xRy et yRx
Montrer que S est une relation d’équivalence et que R permet de définir une
relation d’ordre sur les classes d’équivalences de S.
Exercice 10 [ 03432 ] [correction]
Un sous-groupe H de (G, .) est dit distingué si
∀x ∈ H, ∀a ∈ G, axa−1 ∈ H
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Enoncés
a) Montrer que le noyau d’un morphisme de groupes au départ de (G, .) est
distingué.
b) Soient H, K deux sous-groupes de (G, .).
On suppose le sous-groupe H distingué, montrer que l’ensemble
HK = {xy/x ∈ H, y ∈ K}
est un sous-groupe de (G, .).
Exercice 11 [ 00115 ] [correction]
Un élément a d’un groupe (G, ?) est dit élément de torsion s’il existe n ∈ N? tel
que an = e.
Montrer que le sous-ensemble formé des éléments de torsion d’un groupe abélien
en est un sous-groupe.
Exercice 12 [ 00116 ] [correction]
Soient (G, ? ) un groupe fini commutatif d’ordre n et a ∈ G.
a) Justifier que l’application x 7→ a ? x est une permutation de G.
b) En considérant le produit des éléments de G, établir que an = e.
Exercice 13 [ 00117 ] [correction]
[Théorème de Lagrange]
Soit H un sous-groupe d’un groupe (G, .) fini.
a) Montrer que les ensembles aH = {ax/x ∈ H} avec a ∈ G ont tous le cardinal
de H.
b) Montrer que les ensembles aH avec a ∈ G sont deux à deux confondus ou
disjoints.
c) En déduire que le cardinal de H divise celui de G.
d) Application : Montrer que tout élément de G est d’ordre fini et que cet ordre
divise le cardinal de G.
Exercice 14 [ 00119 ] [correction]
Soit n ∈ N tel que n > 2. Déterminer les morphismes du groupe (Sn , ◦) vers
(C? , ×).
2
Exercice 15 [ 00120 ] [correction]
1
2
Soit n ∈ N tel que n >
3.
On
considère
la
transposition
τ
=
et le n-cycle
χ = 1 2 ... n .
a) Justifier que l’ensemble {τ, χ} forme une partie génératrice de (Sn , ◦).
b) Existe-t-il une partie génératrice de (Sn , ◦) formée d’un seul élément ?
Exercice 16 [ 00121 ] [correction]
Soit H l’ensemble des σ ∈ Sn vérifiant σ(k) + σ(n + 1 − k) = n + 1 pour tout
k ∈ {1, . . . , n}.
Montrer que H est un sous-groupe de (Sn , ◦)
Exercice 17 [ 00122 ] [correction]
Les groupes (Q, +) et (Q? , ×) sont-ils isomorphes ?
Exercice 18 [ 02363 ] [correction]
Quel est le plus petit entier n tel qu’il existe un groupe non commutatif de
cardinal n ?
Exercice 19
Montrer que
[ 02366 ]
[correction]
n
o
√
x + y 3/x ∈ N, y ∈ Z, x2 − 3y 2 = 1
est un sous-groupe de (R?+ , ×).
Exercice 20 [ 02368 ] [correction]
Soit n un entier naturel non nul, (e1 , . . . , en ) la base canonique de E = Rn .
Soit Sn l’ensemble des permutations de {1, 2, . . . , n}. Soit ti = (1, i).
Pour s ∈ Sn , on définit us (ei ) = es(i) .
a) Montrer que (t2 , t3 , . . . , tn ) engendre Sn .
b) Interpréter géométriquement us lorsque s est une transposition.
c) Soit s = (1 2 . . . n − 1 n). On suppose que s est la composée de p
transpositions. Montrer que p > n − 1.
d) Quelle est le cardinal minimal d’une famille de transpositions génératrice de
Sn ?
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Enoncés
Exercice 21 [ 02648 ] [correction]
Soit G un groupe, H un sous-groupe de G, A une partie non vide de G. On pose
AH = {ah/a ∈ A, h ∈ H}. Montrer que AH = H si, et seulement si, A ⊂ H.
Exercice 22 [ 02948 ] [correction]
a) Montrer que tout sous-groupe additif de R qui n’est pas monogène est dense
dans R.
b) Soit x ∈ R\Q. Montrer qu’il existe une infinité de (p, q) ∈ Z × N? tels que
x − p < 1
q q2
3
Exercice 24 [ 03199 ] [correction]
Soient A(1, 0) et B(0, 1). Les points M0 (x0 , y0 ) et M1 (x1 , y1 ) sont donnés.
On construit le point P0 par les conditions :
- les droites (P0 M0 ) et (Ox) sont parallèles ;
- P0 ∈ (AB).
On construit le point Q0 par les conditions :
- les droites (P0 Q0 ) et (M1 B) sont parallèles ;
- Q0 ∈ (AM1 ).
Soit le point M2 (x2 , y2 ) tel que le quadrilatère (M0 P0 Q0 M2 ) soit un
parallélogramme.
On pose
M2 = M0 ? M 1
a) Démontrer
c) Montrer la divergence de la suite de terme général
1
un =
n sin n
Exercice 23 [ 01479 ] [correction]
Soit G le sous-groupe de GL2 (R) engendré par les deux matrices S et T suivantes :
1
−1 0
−1 1
S=
,T =√
0 1
1 1
2
Rappelons que c’est le plus petit sous-groupe de GL2 (R) contenant S et T .
a) Avec le logiciel de calcul formel, créer les matrices S, T . Expliciter les éléments
du groupe hRi engendré par la matrice R = ST et préciser le cardinal de ce
sous-groupe de G.
Quelles sont les matrices SR et R7 S ?
b) Montrer que tout élément de G est soit une puissance Rk de R, soit un produit
Rk S. Préciser le cardinal n de G.
Dresser la liste de tous les éléments de G et déterminer la nature géométrique des
endomorphismes canoniquement associés dans l’espace euclidien R2 .
c) La transformation φS : g 7→ S.g définit une permutation de l’ensemble G.
A l’aide du logiciel de calcul formel, dresser la séquence des éléments de G et de
leurs images par φS .
Quelle est la signature de la permutation de G (qu’on peut identifier à l’ensemble
{1, 2, . . . , n}) ainsi définie ?
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA
x2
y2
!
=
x0 + x1 y0
!
y0 y1
b) Démontrer que la loi ? est associative, admet un élément neutre et que, si
y0 6= 0, le point M0 admet un inverse.
c) On définit une suite de points (Mn )n∈N par la donnée de M0 , de M1 et de la
relation de récurrence valable pour tout entier n > 2
Mn = Mn−1 ? Mn−2
Déterminer yn en fonction de y0 et de y1 .
Exercice 25 [ 03256 ] [correction]
Soit H un sous-groupe strict d’un groupe (G, ?). Déterminer le groupe engendré
par le complémentaire de H dans G.
Exercice 26 [ 03292 ] [correction]
Soient a et b deux éléments d’ordre respectifs p et q d’un groupe abélien (G, ?).
a) On suppose que p et q sont premiers entre eux.
Montrer que l’élément ab est d’ordre pq.
b) On ne suppose plus p et q premiers entre eux.
L’élément ab est-il nécessairement d’ordre ppcm(p, q) ?
Exercice 27 [ 03332 ] [correction]
Soient a et b deux éléments d’ordre respectifs p et q d’un groupe abélien (G, ?).
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Enoncés
a) On suppose dans cette question seulement que p et q sont premiers entre eux.
Montrer que l’élément ab est d’ordre pq.
b) Soit d un diviseur de p. Montrer qu’il existe un élément d’ordre d dans (G, ?).
c) Existe-t-il dans G un élément d’ordre m = ppcm(p, q) ?
Exercice 28 [ 03368 ] [correction]
Soit ϕ un morphisme d’un groupe fini (G, ?) vers (C? , ×).
On suppose que ϕ n’est pas une application constante. Calculer
X
ϕ(x)
x∈G
Groupe cyclique
4
Exercice 33 [ 02365 ] [correction]
[Groupe quasi-cyclique de Prüfer]
Soit p un nombre premier. On pose
n
o
k
Gp = z ∈ C; ∃k ∈ N, z p = 1
a) Montrer que Gp est un sous-groupe de (C? , ×).
b) Montrer que les sous-groupes propres de Gp sont cycliques et qu’aucun d’eux
n’est maximal pour l’inclusion.
c) Montrer que Gp n’est pas engendré par un système fini d’éléments.
Exercice 34 [ 03444 ] [correction]
Soit n un entier > 3.
a) Montrer que pour tout entier impair a, on a
a2
Exercice 29 [ 03364 ] [correction]
Soit x est un élément d’un groupe cyclique de cardinal n. Calculer xn .
Exercice 30 [ 00123 ] [correction]
On désire établir que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est lui-même cyclique.
On introduit (G, ? ) un groupe cyclique de générateur a et H un sous-groupe de
(G, ? ).
a) Justifier l’existence d’un plus petit entier naturel non nul tel que an ∈ H.
b) Etablir qu’alors H est le groupe engendré par an .
Exercice 31 [ 00124 ] [correction]
Soit G un groupe cyclique de cardinal n.
Montrer, que pour tout diviseur d ∈ N? de n, G possède un et un seul sous-groupe
de cardinal d.
Exercice 32 [ 00125 ] [correction]
Soient H et K deux groupes notés multiplicativement.
a) Montrer que si h est un élément d’ordre p de H et k un élément d’ordre q de K
alors (h, k) est un élément d’ordre ppcm(p, q) de H × K.
b) On suppose H et K cycliques. Montrer que le groupe produit H × K est
cyclique si, et seulement si, les ordres de H et K sont premiers entre eux.
n−2
≡1
[2n ]
b) Le groupe ((Z/2n Z)? , ×) est-il cyclique ?
Exercice 35
Soit
[correction]

0
1

..

.
M =

 (0)
1
(0)
[ 02505 ]
(0)
..
.
..
.
1
0



 ∈ Mn (C)


a) Calculer le polynôme caractéristique de M . La matrice M est-elle
diagonalisable
?
? est-elle inversible
b) Soit G = M k /k ∈ Z . Montrer que G est une groupe cyclique et préciser son
cardinal.
Exercice 36 [ 03715 ] [correction]
Soit (G, ?) un groupe cyclique à n élément engendré par a.
Pour r ∈ N? , on introduit l’application f : G → G définie par
∀x ∈ G, f (x) = xr
a) Vérifier que f est un endomorphisme de (G, ?).
b) Déterminer le noyau f .
c) Montrer que l’image de f est le sous-groupe engendré par ad avec
d = pgcd(n, r).
d) Pour y ∈ G, combien l’équation xr = y possède-t-elle de solutions ?
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Exercice 37 [ 03845 ] [correction]
Montrer que les sous-groupes finis du groupe (SO(2), × ) des rotations du plan
sont cycliques.
Anneaux
Exercice 38 [ 00126 ] [correction]
Soit f : C → C un morphisme d’anneaux tel que
Enoncés
Exercice 43 [ 03856 ] [correction]
On note P l’ensemble des nombres premiers. On se propose d’établir l’existence
d’une correspondance bijective entre l’ensemble des sous-anneaux de l’anneau
(Q, +, ×) et l’ensemble des parties de P.
Pour A un sous-anneau de (Q, +, ×), on note
1
P (A) = p ∈ P/ ∈ A
p
a) Soient A et B sont deux sous-anneaux de (Q, +, ×). Etablir
P (A) = P (B) ⇒ A = B
∀x ∈ R, f (x) = x
Montrer que f est l’identité ou la conjugaison complexe.
Exercice 39 [ 00127 ] [correction]
Soit a un élément d’un ensemble X.
Montrer l’application Ea : F(X, R) → R définie par Ea (f ) = f (a) est un
morphisme d’anneaux.
Exercice 40 [ 00128 ] [correction]
Pour d ∈ N, on note
Ad = (x, y) ∈ Z2 /d divise (y − x)
a) Montrer que Ad est un sous anneau (Z2 , +, ×).
b) Inversement, soit A un sous anneau de (Z2 , +, ×).
Montrer que H = {x ∈ Z/(x, 0) ∈ A} est un sous groupe de (Z, +).
c) En déduire qu’il existe d ∈ N tel que H = dZ et A = Ad .
Exercice 41 [ 01221 ] [correction]
Soient a et b deux éléments d’un anneau (A, +, ×). Montrer que si 1 − ab est
inversible alors 1 − ba l’est aussi.
Exercice 42 [ 03376 ] [correction]
Un anneau A est dit régulier si
∀x ∈ A, ∃y ∈ A, xyx = x
On considère un tel anneau A et l’on introduit
5
b) Soit P un sous-ensemble de P. Déterminer un sous-anneau A de (Q, +, ×)
vérifiant P (A) = P .
c) Conclure.
Corps
Exercice 44 [ 00129 ] [correction]
Soit A un anneau intègre fini. Montrer que A est un corps.
(indice : on pourra introduire l’application x 7→ ax pour a ∈ A, a 6= 0A )
Exercice 45 [ 00130 ] [correction]
Soit K un corps fini commutatif. Calculer
Y
x
x∈K?
Exercice 46 [ 00132 ] [correction]
Soient K, L deux corps et f un morphisme d’anneaux entre K et L.
a) Montrer que f (x) est inversible pour tout x ∈ K non nul et déterminer f (x)−1 .
b) En déduire que tout morphisme de corps est injectif.
Exercice 47 [ 00133 ] [correction]
a) Montrer que si p est nombre premier alors
∀k ∈ {1, . . . , p − 1} , p divise
p
!
k
Z = {x ∈ A/∀a ∈ A, ax = xa}
a) Montrer que Z est un sous-anneau de A.
b) Vérifier que Z est régulier.
b) En déduire que si K est un corps de caractéristique p 6= 0 alors
∀a, b ∈ K, (a + b)p = ap + bp
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Enoncés
Idéaux
a) Montrer que R(I) est un idéal de A contenant I.
b) Montrer que si I et J sont deux idéaux alors
Exercice 48 [ 00134 ] [correction]
Quels sont les idéaux d’un corps K ?
Exercice 49 [ 03854 ] [correction]
Un idéal d’un anneau (A, +, ×) est dit principal lorsqu’il est de la forme xA pour
un certain x ∈ A.
Montrer que les idéaux d’un sous-anneau de (Q, +, ×) sont principaux.
Exercice 50
On note
6
[correction]
o
n p
/p
∈
Z,
n
∈
N
D=
10n
l’ensemble des nombres décimaux.
a) Montrer que D est un sous-anneau de (Q, +, ×).
b) Montrer que les idéaux de D sont principaux (c’est-à-dire de la forme aD avec
a ∈ D).
[ 00135 ]
Exercice 51 [ 03635 ] [correction]
Soit I un idéal de l’anneau produit (Z2 , +, ×).
a) On pose I1 = {x ∈ Z/(x, 0) ∈ I} et I2 = {y ∈ Z/(0, y) ∈ I}.
Montrer que I1 et I2 sont des idéaux de (Z, +, ×).
b) Etablir I = I1 × I2 .
c) Conclure que les idéaux de l’anneau (Z2 , +, ×) sont de la forme xZ2 avec
x ∈ Z2 .
Exercice 52 [ 00136 ] [correction]
[Nilradical d’un anneau]
On appelle nilradical d’un anneau commutatif (A, +, ×) l’ensemble N formé des
éléments nilpotents de A i.e. des x ∈ A tels qu’il existe n ∈ N? vérifiant xn = 0A .
Montrer que N est un idéal de A.
Exercice 53 [ 00137 ] [correction]
[Radical d’un idéal]
Soit I un idéal d’un anneau commutatif A. On note R(I) l’ensemble des éléments
x de A pour lesquels il existe un entier n non nul tel que xn ∈ I.
R(I ∩ J) = R(I) ∩ R(J) et R(I + J) ⊃ R(I) + R(J)
c) On suppose que A = Z. Montrer que l’ensemble des entiers n non nuls tels que
R(nZ) = nZ est exactement l’ensemble des entiers sans facteurs carrés.
Exercice 54 [ 00138 ] [correction]
Soient A un anneau commutatif et e un élément idempotent de A (i.e. e2 = e).
a) Montrer que J = {x ∈ A/xe = 0} est un idéal de A.
b) On note I = Ae l’idéal principal engendré par e. Déterminer I + J et I ∩ J.
c) Etablir que pour tout idéal K de A :
(K ∩ I) + (K ∩ J) = K
Exercice 55 [ 00140 ] [correction]
[Idéaux premiers]
Un idéal I d’un anneau commutatif (A, +, ×) est dit premier si, et seulement si,
∀x, y ∈ A, xy ∈ I ⇒ x ∈ I ou y ∈ I
a) Donner un exemple d’idéal premier dans Z.
b) Soit P ∈ K [X] un polynôme irréductible. Montrer que P.K [X] est premier.
c) Soient J et K deux idéaux de A. Montrer
J ∩ K = I ⇒ (J = I ou K = I)
d) Soit (A, +, ×) un anneau commutatif dont tout idéal est premier. Etablir que
A est intègre puis que A est un corps.
Exercice 56 [ 00141 ] [correction]
[Z est noethérien]
Montrer que tout suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux de Z est stationnaire.
Ce résultat se généralise-t-il aux idéaux de K [X] ?.
Exercice 57 [ 02367 ] [correction]
Soit A un sous-anneau de Q.
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Enoncés
a) Soit p un entier et q un entier strictement positif premier avec p. Montrer que
si p/q ∈ A alors 1/q ∈ A.
b) Soit I un idéal de A autre que {0}. Montrer qu’il existe n ∈ N? tel que
I ∩ Z = nZ et qu’alors I = nA.
c) Soit p un nombre premier. On pose
Zp = {a/b; a ∈ Z, b ∈ N? , p ∧ b = 1}
Montrer que si x ∈ Q? alors x ou 1/x appartient à Zp .
d) On suppose ici que x ou 1/x appartient à A pour tout x ∈ Q? . On note I
l’ensemble des éléments non inversibles de A.
Montrer que I inclut tous les idéaux stricts de A. En déduire que A = Q ou
A = Zp pour un certain nombre premier p.
7
Classe de congruence
Exercice 61 [ 00142 ] [correction]
Résoudre les équations suivantes :
a) 3x + 5 = 0 dans Z/10Z
b) x2 = 1 dans Z/8Z
c) x2 + 2x + 2 = 0 dans Z/5Z.
Exercice 62 [ 00143 ] [correction]
Résoudre les systèmes suivants :
a)
Exercice 58 [ 02661 ] [correction]
Soit p un nombre premier. On note Zp l’ensemble des a/b où (a, b) ∈ Z × N? et p
ne divise pas b. On note Jp l’ensemble des a/b où (a, b) ∈ Z × N? , p divise a et p
ne divise pas b.
a) Montrer que Zp est un sous-anneau de Q.
b) Montrer que Jp est un idéal de Zp et que tout idéal de Zp autre que Zp est
inclus dans Jp .
c) Déterminer les idéaux de Zp .
x≡1
x≡2
[6]
[7]
(
b)
3x ≡ 2
[5]
5x ≡ 1
[6]
Exercice 63 [ 00145 ] [correction]
Soit p un nombre premier et k un entier premier avec p − 1.
Montrer que l’application ϕ : Z/pZ → Z/pZ définie par ϕ(x) = xk est bijective.
Exercice 64 [ 00146 ] [correction]
Soit p un entier premier. Montrer que pour tout k ∈ N,
P
xk est égal à 0 ou
x∈Z/pZ
Exercice 59 [ 02450 ] [correction]
Soit A un sous-anneau d’un corps K.
On suppose :
∀x ∈ K\ {0} , x ∈ A ou x−1 ∈ A
et on forme I l’ensemble des éléments de l’anneau A non inversibles.
a) Montrer que I est un idéal de A.
b) Montrer que tout idéal de A autre que A est inclus dans I.
Exercice 60 [ 03843 ] [correction]
Soit A un anneau intègre. On suppose que l’anneau A ne possède qu’un nombre
fini d’idéaux.
Montrer que A est un corps.
−1.
Exercice 65 [ 00147 ] [correction]
Déterminer les morphismes de groupes entre (Z/nZ, +) et (Z/mZ, +).
Exercice 66 [ 00148 ] [correction]
[Théorème de Wilson]
Soit p un nombre premier supérieur à 2.
a) Quels sont les éléments de Z/pZ qui sont égaux à leurs inverses ?
b) En déduire que p divise (p − 1)! + 1.
c) Montrer que si n > 2 divise (n − 1)! + 1 alors n est premier.
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Enoncés
Exercice 67 [ 00149 ] [correction]
Soit p un nombre premier supérieur à 3.
a) Quel est le nombre de carrés dans Z/pZ ?
b) On suppose p = 1 [4]. En calculant de deux façons (p − 1)!, justifier que −1
est un carré dans Z/pZ.
c) On suppose p = 3 [4]. Montrer que −1 n’est pas un carré dans Z/pZ.
8
Petit théorème de Fermat
Exercice 74 [ 00144 ] [correction]
[Petit théorème de Fermat]
Soit p un nombre premier. Montrer
∀a ∈ (Z/pZ)? , ap−1 = 1
Exercice 68 [ 02364 ] [correction]
Soit un entier n > 2. Combien le groupe (Z/nZ, +) admet-il de sous-groupes ?
Exercice 75 [ 03636 ] [correction]
Soit n > 2 un entier. On suppose
Exercice 69 [ 02649 ] [correction]
Soit (G, .) un groupe fini tel que
∀a ∈ {1, . . . , n − 1} , an−1 ≡ 1
∀g ∈ G, g 2 = e
[n]
Montrer que n est un nombre premier
où e est le neutre de G. On suppose G non réduit à {e}.
Montrer qu’il existe n ∈ N? tel que G est isomorphe à ((Z/2Z)n , +).
Exercice 70 [ 02660 ] [correction]
Si p est un nombre premier, quel est le nombre de carrés dans Z/pZ ?
Exercice 71 [ 03218 ] [correction]
Soit p un nombre premier. Calculer dans Z/pZ
p
X
k=1
k̄ et
p
X
Exercice 76 [ 00204 ] [correction]
[Nombres de Carmichael]
Soit n un entier supérieur à 2.
On suppose que n pour tout facteur premier p de n, p2 ne divise pas n mais p − 1
divise n − 1.
Etablir
∀a ∈ Z, an ≡ a
[n]
k̄ 2
k=1
Exercice 72 [ 03780 ] [correction]
Donner l’ensemble G des inversibles de l’anneau Z/20Z.
Montrer que (G, ×) est isomorphe à (Z/2Z × Z/4Z, +)
Exercice 73 [ 03929 ] [correction]
a) Déterminer l’ensemble des inversibles de l’anneau Z/8Z. De quelle structure
peut-on munir cet ensemble ?
b) Y a-t-il, à isomorphisme près, d’autres groupes de cardinal 4 ?
Exercice 77 [ 03686 ] [correction]
On désire établir qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 1.
Pour cela on raisonne par l’absurde et on suppose que ceux-ci sont en nombre fini
et on les numérote pour former la liste p1 , . . . , pr .
On pose alors
N = (2p1 . . . pr )2 + 1
a) On suppose qu’il existe un facteur premier q de N de la forme 4n + 3.
Etablir
(2p1 . . . pr )(q−1) ≡ −1
[q]
b) Conclure en exploitant le petit théorème de Fermat.
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Enoncés
Indicatrice d’Euler
Exercice 78 [ 02655 ] [correction]
Combien y a-t-il d’éléments inversibles dans Z/78Z ?
Exercice 79 [ 00151 ] [correction]
Pour n ∈ N? , on note ϕ(n) le nombre d’éléments inversibles dans (Z/nZ, ×).
a) Calculer ϕ(p) et ϕ(pα ) pour p premier et α ∈ N? .
b) Soient m et n premiers entre eux.
On considère l’application f : Z/mnZ → Z/nZ × Z/mZ définie par f (x̄) = (x̂, x̃).
Montrer que f est bien définie et réalise un isomorphisme d’anneaux.
c) En déduire que ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
d) Exprimer ϕ(n) selon la décomposition primaire de n.
Exercice 80
Etablir
[ 00257 ]
[correction]
n ln 2
∀n > 3, ϕ(n) >
ln n + ln 2
9
Exercice 84 [ 03634 ] [correction]
On note ϕ la fonction indicatrice d’Euler.
a) Soit d un diviseur positif de n ∈ N? . Combien y a-t-il d’entiers k vérifiant
k ∈ [[1, n]] et pgcd(k, n) = d ?
b) En déduire
n=
X
ϕ(d)
d|n
Exercice 85 [ 02381 ] [correction]
Soient T = (ti,j ) ∈ Mn (R) déterminée par
1 si i divise j
ti,j =
0 sinon
et D = diag(ϕ(1), . . . , ϕ(n)) ∈ Mn (R) matrice diagonale.
On rappelle la propriété
X
∀n ∈ N? , n =
ϕ(d)
d|n
Exercice 81 [ 02374 ] [correction]
Montrer que pour tout entier n > 3, ϕ(n) est un nombre pair.
Exercice 82 [ 00152 ] [correction]
Pour n ∈ N? , on note ϕ(n) le nombre d’éléments inversibles dans (Z/nZ, ×).
Etablir
∀a ∈ (Z/nZ)? , aϕ(n) = 1
Exercice 83 [ 00153 ] [correction]
Pour n ∈ N? , on note ϕ(n) le nombre de générateurs de (Z/nZ, +).
a) Montrer que si H est un sous-groupe de (Z/nZ, +), il existe a divisant n
vérifiant H =< ā >.
b) Observer que si d | n il existe un unique sous-groupe de (Z/nZ, +) d’ordre d.
c) Justifier que si d | n le groupe (Z/nZ, +) possède exactement ϕ(d) éléments
d’ordre d.
d) Montrer
X
∀n ∈ N? ,
ϕ(d) = n
d|n
a) Calculer le coefficient d’indice (i, j) de la matrice t T DT en fonction de
pgcd(i, j).
b) En déduire la valeur du déterminant de la matrice de Smith


pgcd(1, 1) pgcd(1, 2) · · · pgcd(1, n)
 pgcd(2, 1) pgcd(2, 2) · · · pgcd(2, n) 


S=

..
..
..


.
.
.
pgcd(n, 1)
pgcd(n, 2) · · ·
pgcd(n, n)
Arithmétique
Exercice 86 [ 00155 ] [correction]
Soit A un ensemble de n + 1 > 2 entiers distincts tous inférieurs ou égaux à 2n.
Montrer qu’il existe deux éléments de A tels que l’un divise l’autre.
Exercice 87 [ 02358 ] [correction]
Pour n ∈ N? , on désigne par N le nombre de diviseurs positifs de n et par P leur
produit. Quelle relation existe-t-il entre n, N et P ?
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Enoncés
Exercice 88 [ 02359 ] [correction]
Soit A la somme des chiffres de 44444444 , B celle de A et enfin C celle de B. Que
vaut C ?
Exercice 89 [ 02361 ] [correction]
√
Soit P ∈ Z [X] et a, b deux√entiers relatifs avec b > 0 et b irrationnel.
a) Exemple : montrer que 6 est
√ irrationnel.
b) Quelle est la forme √
de (a + b)n ?
√
c) Montrer que si a + √
b est racine de P alors a − b aussi.
d) On suppose que a + b est racine double de P . Montrer que P = RQ2 avec R
et Q dans Z [X].
Exercice 90 [ 02369 ] [correction]
On suppose que n est un entier > 2 tel que 2n − 1 est premier.
Montrer que n est nombre premier.
Exercice 91 [ 02370 ] [correction]
On note P l’ensemble des nombres premiers. Pour tout entier n > 0, on note
vp (n) l’exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers. On note
bxc la partie entière de x. On note π(x) le nombre de nombres premiers au plus
égaux à x.
+∞
Pjnk
a) Montrer que vp (n!) =
.
pk
! k=1
ln(2n) 2n
Q
b) Montrer que
divise
p ln p .
n
p∈P;p62n
!
2n
c) Montrer que
6 (2n)π(2n) .
n
d) Montrer que lnxx = O(π(x)) quand x → +∞
Exercice 92 [ 02654 ] [correction]
Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 3.
Exercice 93 [ 02656 ] [correction]
Soient des entiers a > 1 et n > 0.
Montrer que si an + 1 est premier alors n est une puissance de 2.
10
Exercice 94 [ 02657 ] [correction]
n
Soit, pour n ∈ N, Fn = 22 + 1.
2
a) Montrer, si (n, m) ∈ N avec n 6= m, que Fn ∧ Fm = 1.
b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.
Exercice 95 [ 02658 ] [correction]
a) Pour (a, n) ∈ Z × N? avec a ∧ n = 1, montrer que aϕ(n) = 1
[n].
!
p
b) Pour p premier et k ∈ {1, . . . , p − 1}, montrer que p divise
.
k
c) Soit (a, n) ∈ (N? )2 . On suppose que an−1 = 1 [n]. On suppose que pour tout x
divisant n − 1 et différent de n − 1, on a ax 6= 1 [n]. Montrer que n est premier.
Exercice 96 [ 03681 ] [correction]
On note d(n) le nombre de diviseurs positifs de n ∈ N? .
Déterminer un équivalent de
n
1X
d(k)
n
k=1
représentant la moyenne du nombre de diviseurs positifs des entiers inférieurs à n.
Exercice 97 [ 03725 ] [correction]
[Théorème d’Aubry]
Soit N un entier strictement positif.
On suppose que le cercle d’équation x2 + y 2 = N possède un point rationnel
(x0 , y0 ).
On introduit (x00 , y00 ) un point entier obtenu par arrondi de (x0 , y0 ).
En étudiant l’intersection du cercle avec la droite joignant (x0 , y0 ) et (x00 , y00 ),
montrer que le cercle contient un point entier (x1 , y1 ).
Dénombrement
Exercice 98 [ 02357 ] [correction]
Soit E un ensemble de cardinal
n, R une relation
d’équivalence sur E ayant k
classes d’équivalence et G = (x, y) ∈ E 2 /xRy le graphe de R supposé de
cardinal p. Prouver qu’on a n2 6 kp.
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Exercice 99 [ 02362 ] [correction]
Soit E un ensemble fini de cardinal n. Calculer :
X
X
CardX,
Card(X ∩ Y ) et
X⊂E
X,Y ⊂E
X
Enoncés
11
Card(X ∪ Y )
X,Y ⊂E
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Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Les relations S et T sont clairement réflexives et symétriques.
Soient x, y, z ∈ E.
Supposons xSy et ySz.
On a alors xRy et yRz donc xRz et aussi yRx et zRy donc zRx puis xSz.
Le raisonnement n’est plus valable avec T et on peut présumer que T ne sera pas
une relation d’équivalence.
Prenons pour R la relation divise définie sur N? . On a 2 | 6 et 3 | 6 donc 2T 6 et
6T 3 or 2 6 T 3.
Ici la relation T n’est pas transitive.
Exercice 2 : [énoncé]
a) La relation étudiée est évidemment réflexive, symétrique et transitive.
b) Y ∈ Cl(X) ⇔ Y ∪ A = X ∪ A.
Soit Y ∈ Cl(X). On a Y ∪ A = X ∪ A
∀x ∈ Y \A on a x ∈ Y ∪ A = X ∪ A et x ∈
/ A donc x ∈ X\A. Ainsi Y \A ⊂ X\A et
inversement X\A ⊂ Y \A donc X\A = Y \A.
Puisque Y = (Y \A) ∪ (Y ∩ A) on a Y = (X\A) ∪ B avec B ∈ ℘(A).
Inversement soit Y = (X\A) ∪ B avec B ∈ ℘(A).
On a Y ∪ A = (X\A) ∪ (B ∪ A) = (X ∩ Ā) ∪ A = X ∪ A.
Finalement Cl(X) = {(X\A) ∪ B/B ∈ ℘(A)}.
Exercice 3 : [énoncé]
a) f ◦ IdE = IdE ◦ f donc f Rf .
Si f Rg alors il existe ϕ ∈ S(E) telle que f ◦ ϕ = ϕ ◦ g mais alors
g ◦ ϕ−1 = ϕ−1 ◦ f donc gRf .
Si f Rg et gRh alors il existeϕ, ψ ∈ S(E) telles que f ◦ ϕ = ϕ ◦ g et g ◦ ψ = ψ ◦ h
donc f ◦ θ = θ ◦ h avec θ = ϕ ◦ ψ ∈ S(E). Ainsi f Rh.
b)
g ∈ Cl(f ) ⇔ ∃ϕ ∈ S(E), g = ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ
Finalement
Cl(f ) = ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ/ϕ ∈ S(E)
Exercice 4 : [énoncé]
S est réflexive, symétrique et transitive sans difficultés.
12
On définit Cl(x) 4 Cl(y) ⇔ xRy. La relation 4 est bien définie, réflexive
transitive.
Si Cl(x) 4 Cl(y) et Cl(y) 4 Cl(x) alors xSy donc Cl(x) = Cl(y).
Exercice 5 : [énoncé]
Soit x ∈ G. On a xRx car xx−1 = 1 ∈ H.
Soient x, y ∈ G. Si xRy alors xy −1 ∈ H et donc yx−1 ∈ H d’où yRx.
Soient x, y, z ∈ G. Si xRy et yRz alors xy −1 ∈ H et yz −1 ∈ H donc xz −1 ∈ H
d’où xRz.
Finalement R est une relation d’équivalence.
Soit a ∈ G.
x ∈ Cl(a) ⇔ xRa ⇔ xa−1 ∈ H
donc
Cl(a) = Ha = {ha/h ∈ H}
Exercice 6 : [énoncé]
a) La relation est immédiatement réflexive et symétrique.
En discutant selon les cas d’égalité, on montre aussi qu’elle est transitive.
b) S’il n’existe pas dans (G, .) d’élément d’ordre 2, les classes d’équivalence de la
relation R comportent toutes deux éléments sauf celle de e qui ne comporte qu’un
élément. Les classes d’équivalence étant disjointes de réunion G, le cardinal de G
est alors impair ce qui est contraire aux hypothèses.
Exercice 7 : [énoncé]
Considérons la relation binaire R sur G définie par
y1 Ry2 ⇔ ∃x ∈ G, xy1 = y2 x
Il est immédiat de vérifier que R est une relation d’équivalence sur G. Les classes
d’équivalence de R forment donc une partition de G ce qui permet d’affirmer que
le cardinal de G est la somme des cardinaux des classes d’équivalence de R.
Une classe d’équivalence d’un élément y est réduite à un singleton si, et seulement
si,
∀x ∈ G, xy = yx
i.e.
y ∈ Z(G)
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Corrections
En dénombrant G en fonction des classes d’équivalence de R et en isolant parmi
celles-ci celles qui sont réduites à un singleton on a
CardG = CardZ(G) + N
avec N la somme des cardinaux des classes d’équivalence de R qui ne sont pas
réduites à un singleton.
Pour poursuivre, montrons maintenant que le cardinal d’une classe d’équivalence
de la relation R divise le cardinal de G.
Considérons une classe d’équivalence {y1 , . . . , yn } pour la relation R et notons
Hi = {x ∈ G/xy1 = yi x}
Pour i ∈ {1, . . . , n}, puisque y1 Ryi , il existe xi ∈ G tel que
xi y1 = yi xi
Exercice 9 : [énoncé]
Si H ⊂ K ou K ⊂ H alors H ∪ K = K (resp. H) et donc H ∪ K est un
sous-groupe de (G, ? )
Inversement, supposons que H ∪ K est un sous groupe et que H 6⊂ K. Il existe
alors h ∈ H tel que h ∈
/ K.
Pour tout k ∈ K, on a k ? h ∈ H ∪ K car H ∪ K est stable.
Si k ? h ∈ K alors h = k −1 ? (k ? h) ∈ K ce qui est exclu.
Il reste k ? h ∈ H qui donne k = (k ? h) ? h−1 ∈ H. Ainsi K ⊂ H.
Ainsi si H ∪ K est un sous-groupe alors H ⊂ K ou K ⊂ H.
Exercice 10 : [énoncé]
a) Soit ϕ : G → G0 un tel morphisme et H = {x ∈ G/ϕ(x) = eG0 } son noyau.
On sait déjà que H est un sous-groupe de (G, .).
Soient x ∈ H et a ∈ G. On a
ϕ(axa−1 ) = ϕ(a)ϕ(x)ϕ(a)−1 = ϕ(a)eG0 ϕ(a)−1 = eG0
Considérons alors l’application ϕ : H1 → Hi définie par
ϕ(x) = xi x
On vérifie que cette application est bien définie et qu’elle est bijective.
On en déduit
CardH1 = . . . = CardHn = m
et puisque G est la réunion disjointes des H1 , . . . , Hn
CardG = mn = pα
Ainsi toutes les classes d’équivalences qui ne sont pas réduites à 1 élément ont un
cardinal multiple de p et donc p | N .
Puisque p divise CardG = CardZ(G) + N , on a
p | CardZ(G)
Sachant Z(G) 6= ∅ (car 1 ∈ Z(G)) on peut affirmer
CardZ(G) > p
Exercice 8 : [énoncé]
Non. {(x, x)/x ∈ Z} est un sous-groupe de (Z2 , +) n’est pas produit de deux
sous-groupes.
13
donc axa−1 ∈ H.
b) HK ⊂ G et e = e.e ∈ HK.
Soient a, b ∈ HK. On peut écrire
a = xy et b = x0 y 0 avec x, x0 ∈ H et y, y 0 ∈ K
On a alors
ab = xyx0 y 0
Puisque z = yx0 y −1 ∈ H, on a encore
ab = (xz)(yy 0 ) ∈ HK
Aussi
a−1 = y −1 x−1 = zy −1 ∈ HK
avec z = y −1 x−1 y ∈ H.
Ainsi HK est bien un sous-groupe de (G, .).
Exercice 11 : [énoncé]
Notons T l’ensemble des éléments de torsion d’un groupe abélien (G, ? ).
On a évidemment T ⊂ G et e ∈ T .
Si x, y ∈ T avec xn = y m = e alors
(x ? y −1 )mn = xmn ? y −mn = e
donc x ? y −1 ∈ T .
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Corrections
Exercice 12 : [énoncé]
a) Puisque a est inversible, a est régulier ce qui fournit l’injectivité de
l’application x 7→ a ? x.
Un argument de cardinalité finie donne la bijectivité de l’application.
b) Par permutation
Y
Y
Y
x=
(a ? x) = an ?
x
x∈G
x∈G
x∈G
14
Exercice 16 : [énoncé]
H ⊂ Sn , Id ∈ H. Remarquons, ∀k ∈ {1, . . . , n}, σ(k) = n + 1 − σ(n + 1 − k).
Soient σ, σ 0 ∈ H,
(σ 0 ◦ σ)(k) = σ 0 (σ(k)) = n + 1 − σ 0 (n + 1 − σ(k)) = n + 1 − σ 0 ◦ σ(n + 1 − k)
donc σ 0 ◦ σ ∈ H.
Soit σ ∈ H. Posons ` = σ −1 (k). On a
donc an = e.
σ(n + 1 − `) = n + 1 − σ(`) = n + 1 − k
Exercice 13 : [énoncé]
a) L’application f : H → aH définie par f (x) = ax est bijective.
b) Si aH ∩ bH 6= ∅ alors b−1 a ∈ H et alors puisque ax = bb−1 ax on a aH ⊂ bH.
Par symétrie aH = bH.
c) Notons k le nombre d’ensembles aH deux à deux distincts. La réunion de
ceux-ci est égale à G donc par cardinalité CardG = kCardH d’où CardH | CardG.
d) < x > est un sous-groupe de (G, .) de cardinal égal à l’ordre de l’élément x.
Exercice 14 : [énoncé]
Soient ϕ un tel morphisme et τ la transposition qui échange
1 et 2. On a τ 2 = Id
2
0
donc ϕ(τ ) = 1 d’où ϕ(τ ) = 1 ou −1. Soit τ = i j une transposition
quelconque de Sn . Il existe une permutation σ ∈ Sn telle que τ 0 = σ ◦ τ ◦ σ −1 et
alors ϕ(τ 0 ) = ϕ(τ ). Sachant enfin que tout élément de Sn est produit de
transpositions on peut conclure :
Si ϕ(τ ) = 1 alors ϕ : σ 7→ 1. Si ϕ(τ ) = −1 alors ϕ = ε (morphisme signature).
Exercice 15 : [énoncé] a) χ ◦ τ ◦ χ−1 = 2 3 , χ2 ◦ τ ◦ χ−2 = 3 4 , etc.
Les transpositions de la forme i i + 1 appartiennent au sous-groupe
engendré par χ et τ . Or pour 1 6 i < j 6 n, on observe
i j = i i + 1 ◦ ... ◦ j − 1 j ◦ ... ◦ i i + 1
donc toutes les transpositions appartiennent au sous-groupe engendré par χ et τ .
Sachant que toute permutation est produit de transposition, on peut conclure que
{χ, τ } engendre le groupe (Sn , ◦).
b) Le groupe (Sn , ◦) n’étant pas commutatif (n > 3), il n’est pas monogène.
donc σ −1 (n + 1 − k) = n + 1 − ` puis
σ −1 (k) + σ −1 (n + 1 − k) = ` + (n + 1 − `) = n + 1
Exercice 17 : [énoncé]
Non, l’équation x2 = 1 admet deux solutions dans (Q? , ×) alors que l’équation
analogue dans (Q, +), à savoir 2x = 0, n’admet qu’une solution.
Exercice 18 : [énoncé]
Notons, pour n = 6 que (S3 , ◦) est un groupe non commutatif à 6 éléments.
Un groupe à n = 1 élément est évidemment commutatif.
Pour n = 2, 3 ou 5, les éléments d’un groupe à n éléments vérifient xn = e.
Puisque n est premier, un élément autre que e de ce groupe est un élément
d’ordre n et le groupe est donc cyclique donc commutatif.
Pour n = 4, s’il y a un élément d’ordre 4 dans le groupe, celui-ci est cyclique.
Sinon, tous les éléments du groupe vérifient x2 = e. Il est alors classique de
justifier que le groupe est commutatif.
Exercice 19 : [énoncé]
Notons
n
o
√
H = x + y 3/x ∈ N, y ∈ Z, x2 − 3y 2 = 1
√
Pourpa ∈ H, a = √
x + y 3 avec x ∈ N, y ∈ Z et x2 − 3y 2 = 1. On a donc
x = 1 + 3y 2 > 3 |y| puis a > 0. Ainsi H ⊂ R?+ .
√
1 ∈ H car on peut écrire 1 = 1 + 0 3 avec 12 − 3.02 = 1.
Pour a ∈ H, on a avec des notations immédiates,
√
1
=x−y 3
a
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Corrections
avec x ∈ N, −y ∈ Z et x2 − 3(−y)2 = 1. Ainsi 1/a ∈ H.
Pour a, b ∈ H et avec des notations immédiates,
√
ab = xx0 + 3yy 0 + (xy 0 + x0 y) 3
0
0
0
avec xx0 + 3yy 0 ∈ Z,
+ 3yy 0 )2 − 3(xy 0 + x0 y)2 = 1.
√ xy + xy0 ∈ Z
√ et (xx
0
Enfin puisque x > 3 |y| et x > 3 |y |, on a xx0 + 3yy 0 > 0 et finalement ab ∈ H.
Exercice 20 : [énoncé]
a) Pour i 6= j ∈ {2, . . . , n},
(i, j) = (1, i) ◦ (1, j) ◦ (1, i)
Toute transposition appartient à ht2 , t3 , . . . , tn i et puisque celles-ci engendrent Sn ,
Sn = ht2 , t3 , . . . , tn i
b) Si s = (i, j), us est la réflexion par rapport à l’hyperplan de vecteur normal
ei − ej .
c) Si s est le produit de p transpositions alors ker us contient l’intersection de p
hyperplans. Ici ker us = {0} donc p > n − 1.
d) n − 1.
Exercice 21 : [énoncé]
Supposons AH = H.
∀a ∈ A, a = ae ∈ AH = H
donc A ⊂ H.
Supposons A ⊂ H. Pour x ∈ AH, x = ah avec a ∈ A, h ∈ H. Or a, h ∈ H donc
x = ah ∈ H.
Ainsi AH ⊂ H.
Inversement, pour a ∈ A (il en existe car A 6= ∅) et pour tout h ∈ H, h = a(a−1 h)
avec a−1 h ∈ H donc h ∈ AH. Ainsi H ⊂ AH puis =.
Exercice 22 : [énoncé]
a) Soit H un tel groupe. Nécessairement H 6= {0} ce qui permet d’introduire
15
ε > 0, il existe α ∈ H ∩ ]0, ε]. On a alors αZ ⊂ H et donc pour tout x ∈ R, il
existe h ∈ αZ ⊂ H vérifiant |x − h| 6 α 6 ε. Ainsi H est dense dans R.
b) Soit x ∈ R\Q. Pour N ∈ N? , considérons l’application f : {0, . . . , N } → [0, 1[
définie par f (kx) = kx − bkxc. Puisque les N + 1 valeurs prises par f sont dans
les N intervalles [i/N, (i + 1)/N [ (avec i ∈ {0, . . . , N − 1}), il existe au moins
deux valeurs prises dans le même intervalle. Ainsi, il existe k < k 0 ∈ {0, . . . , N } tel
que |f (k 0 ) − f (k)| < 1/N . En posant p = bk 0 xc − bkxc ∈ Z et
q = k 0 − k ∈ {1, . . . , N }, on a |qx − p| < 1/N et donc
x − p < 1 < 1
q Nq
q2
En faisant varier N , on peut construire des couples (p, q) distincts et donc affirmer
qu’il existe une infinité de couple (p, q) ∈ Z × N? vérifiant
x − p < 1
q q2
c) Puisque π est irrationnel, il existe une suite de rationnels pn /qn vérifiant
π − p n < 1
qn qn2
avec qn → +∞.
On a alors
1
qn
1
1
1
> 1
|upn | = =
>
→
pn sin pn
pn sin (pn − qn π) |pn | |pn − qn π|
pn
π
Ainsi la suite (un ) ne tend pas vers 0.
{|sin n| /n ∈ N} = {|sin(n + 2kπ)| /n ∈ Z, k ∈ Z} = |sin (Z + 2πZ)|
Puisque le sous-groupe H = Z + 2πZ, n’est pas monogène (car π irrationnel), H
est dense dans R et par l’application |sin(.)| qui est une surjection continue de R
sur [0, 1], on peut affirmer que {|sin n| /n ∈ N} est dense dans [0, 1].
En particulier, il existe une infinité de n tel que |sin n| > 1/2 et pour ceux-ci
|un | 6 2/n.
Ainsi, il existe une suite extraite de (un ) convergeant vers 0.
Au final, la suite (un ) diverge.
a = inf {h > 0/h ∈ H}
Si a 6= 0, on montre que a ∈ H puis par division euclidienne que tout x ∈ H est
multiple de a . Ainsi H = aZ ce qui est exclu. Il reste a = 0 et alors pour tout
Exercice 23 : [énoncé]
a) On définit les matrices S et T puis on calcule R
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Corrections
S:=matrix(2, 2, [-1, 0, 0, 1]);
T:=matrix(2, 2, [-1, 1, 1, 1])/sqrt(2);
R:=evalm(S&*T);
On obtient
1
1 −1
R= √
1 1
2
La matrice R est la matrice d’une rotation d’angle π/4 et donc vérifie R8 = I2 .
On en déduit
hRi = I2 , R, R2 , . . . , R7
groupe cyclique de cardinal 8.
On peut visualiser les éléments de hRi en écrivant
seq(evalm(R&ˆk), k=0..7);
On calculer SR et R7 S
evalm(S&*R);
evalm(Rˆ7&*S);
On constate
SR = R7 S = T
b) Considérons
H = hRi ∪ hRi S
H est évidemment une partie de G contenant S et T .
On établit aisément SR` = R7` S pour tout ` ∈ Z.
On en déduit alors que H est stable par produit.
On en déduit aussi que H est stable par passage à l’inverse car
(Rk S)−1 = S −1 R−k = SR−k = R−7k S
Ainsi H est un sous-groupe inclus dans G contenant S et T . Or G est le plus petit
sous-groupe contenant S et T donc G = H.
Il y a 8 éléments dans hRi, l’application M 7→ M S étant injective, il y aussi 8
éléments dans hRi S. Enfin les éléments hRi sont distincts de ceux de hRi S car de
déterminants distincts.
On en déduit
G = I2 , R, R2 , . . . , R7 ∪ S, RS, R2 S, . . . , R7 S
de cardinal n = 16.
La séquence de tous les éléments de G est
seq(evalm(R&ˆk), k=0..7), seq(evalm(R&ˆk&*S), k=0..7);
Les endomorphismes canoniquement associés aux éléments Rk sont des rotations,
plus précisément, les rotations d’angles kπ/4.
16
Les endomorphisme canoniquement associés aux éléments Rk S sont des réflexions.
L’axe de réflexion s’obtient en recherchant un vecteur propre associé à la valeur
propre 1.
c) On obtient la séquence des images respectives de la séquence précédente
donnant les éléments de G en écrivant
seq(evalm(S&*R&ˆk), k=0..7), seq(evalm(S&*R&ˆk&*S), k=0..7);
La permutation de {1, 2, . . . , 16} correspondante est
1 2
3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
9 16 15 14 13 12 11 10 1 8 7 6 5 4 3 2
Le nombre d’inversion de celle-ci est
8 + (14 + 13 + 12 + 11 + 10 + 9 + 8) + 0 + (6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 + 0)
soit encore
(1 + 2 + · · · + 14) + 1 = 106
La permutation considérée est donc paire, i.e. de signature 1.
On peut aussi tenter, un calcul direct avec Maple
On définit la liste des éléments de G.
L:=[seq(evalm(R&ˆk), k=0..7), seq(evalm(R&ˆk&*S), k=0..7)]:
On définit la procédure donnant l’indice d’un élément de G
indice:=proc(M)
local k;
global L;
for k from 1 to 16 do
if equal(M, L[k]) then RETURN(k) fi
od
end:
Enfin on calcule la signature par la formule
ε(σ) =
Y σ(j) − σ(i)
i<j
j−i
ce qui se traduit
product(’product(’(indice(M[j])-indice(M[i]))/(j-i)’, j=i+1..16)’,
i=1..15);
Exercice 24 : [énoncé]
a) On a
1 − y
1 + y (x − 1)
0
0 1
P0 et Q0 y0
y0 y1
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Corrections
(en considérant que les cas singuliers sont les prolongements du cas général)
On en déduit
(
x2 = x0 + y0 x1
y2 = y0 y1
b) Avec des notations immédiates
(x + y x ) + (y y )x
x + y (x + y x )
0 1
0 1 2
0 1
1 2
0
0
(M0 ? M1 ) ? M2 et M0 ? (M1 ? M2 ) (y0 y1 )y2
y0 (y1 y2 )
et on vérifie bien l’associativité de la loi ?.
On remarque que
B?M =M ?B =M
donc B est élément neutre de la loi ?.
Enfin si y0 6= 0 alors pour
x1 = −x0 /y0
y1 = 1/y0
Exercice 25 : [énoncé]
Notons K le complémentaire de H dans G et montrons hKi = G.
On a évidemment hKi ⊂ G.
Inversement, on a K ⊂ hKi et il suffit d’établir H ⊂ hKi pour conclure.
Puisque H est un sous-groupe strict de G, son complémentaire K est non vide et
donc il existe a ∈ K.
Pour x ∈ H, l’élément a ? x ne peut appartenir à H car sinon a = (a ? x) ? x−1
serait élément du sous-groupe H. On en déduit que a ? x ∈ K et donc
x = a−1 ? (a ? x) ∈ hKi
Ainsi
G = H ∪ K ⊂ hKi
et on peut conclure hKi = G.
Exercice 26 : [énoncé]
a) On a évidemment
(ab)pq = (ap )q (bq )p = e
on observe
M0 ? M 1 = M1 ? M 0 = B
et donc on peut affirmer que M0 est inversible d’inverse M1 .
c) On a
yn = yn−1 yn−2
et on peut donc affirmer qu’il est possible d’écrire yn sous la forme
yn = y0an y1bn
avec
17
(
a0 = 1, a1 = 0, an = an−1 + an−2
Inversement, supposons (ab)r = e. On a alors
aqr = (ar )q = (b−r )q = (bq )−r = e
et donc p divise qr. Or p et q sont premiers entre eux donc p divise r.
Mutatis mutandis, on obtient que q divise r et donc pq divise r car p et q sont
premiers entre eux.
Finalement ab est un élément d’ordre pq exactement.
b) Dans (C? , ×), a = −1 est d’ordre et b = −j est d’ordre 6 tandis que ab = j est
d’ordre 3.
Plus simplement encore, si x est d’ordre n alors x × x−1 est d’ordre 1.
b0 = 0, b1 = 1, bn = bn−1 + bn−2
Les suites (an ) et (bn ) sont récurrente linéaires d’ordre 2 d’équation
caractéristique r2 = r + 1 de racines
√
√
1− 5
1+ 5
et r2 =
r1 =
2
2
On obtient après calculs
an =
Exercice 27 : [énoncé]
a) On a évidemment
(ab)pq = (ap )q (bq )p = e
Inversement, supposons (ab)r = e. On a alors
aqr = (ar )q = (b−r )q = (bq )−r = e
r2
r1
rn − r1n
r1n +
r2n et bn = 2
r2 − r1
r1 − r2
r2 − r1
et donc p divise qr. Or p et q sont premiers entre eux donc p divise r.
Mutatis mutandis, on obtient que q divise r et donc pq divise r car p et q sont
premiers entre eux.
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Corrections
18
Finalement ab est un élément d’ordre pq exactement.
0
b) On peut écrire p = dp0 . Considérons alors x = ap .
On a
0
xk = e ⇔ akp = e ⇔ p | kp0 ⇔ d | k
Puisque x est élément de G, il existe k ∈ [[0, n − 1]] tel que x = ak et alors
et donc x est un élément d’ordre k.
c) Ecrivons les décompositions en facteurs premiers de p et q (avec des facteurs
premiers communs quitte à autoriser les exposants à être nuls)
Exercice 30 : [énoncé]
a) L’ensemble des n ∈ N? est une partie non vide (car aCardG = e ∈ H) de N, elle
possède donc un plus petit élément.
b) Posons b = an . Puisque b appartient au sous-groupe H, < b >⊂ H.
Considérons ensuite x ∈ H. Il existe p ∈ Z tel que x = ap . Soit r le reste de la
division euclidienne de p par n
xn = akn = e
βN
β1
αN
1
p = pα
1 . . . pN et q = p1 . . . pN
On sait qu’alors
max(α1 ,β1 )
m = p1
max(αN ,βN )
. . . pN
p = nq + r avec 0 6 r < n
max(α ,β )
i i
Par la question b), il est possible de déterminer ai élément d’ordre pi
et
puisque les a1 , . . . , aN sont deux à deux premiers entre eux, x = a1 . . . aN est un
élément d’ordre m comme le montre un raisonnement par récurrence basé sur le
résultat de la question a).
Exercice 28 : [énoncé]
Si l’application ϕ était constante, elle serait constante égale à 1 car c’est un
morphisme. Puisque ϕ n’est pas constante, il existe a ∈ G tel que ϕ(a) 6= 1.
On vérifie que l’application x 7→ a ? x est une permutation de G car
∀y ∈ G, ∃!x ∈ G, y = a ? x
On en déduit
X
ϕ(a ? x) =
x∈G
X
Comme ar = ap−nq = xb−q , on a ar ∈ H et par définition de n, on obtient r = 0.
Par suite x = anq = bq et donc x ∈< b >. Ainsi H =< b > est cyclique.
Exercice 31 : [énoncé]
Par isomorphisme, on peut supposer que G = Z/nZ ce qui rend les choses plus
concrètes.
Soient d ∈ N? un diviseur de n et d0 son complément à n : d0 = n/d.
0
0
0
0
¯
¯
H =< d >= 0, d , 2d , . . . , (d − 1)d̄ est un sous-groupe de Z/nZ à d éléments.
Inversement, considérons un sous-groupe H à d éléments.
Pour tout x̄ de H, on a dx̄ = 0̄ car l’ordre d’un
élément divise celui du groupe.
Par suite n | dx puis d0 | x ce qui donne x̄ ∈ 0, d¯0 , 2d¯0 , . . . , (d − 1)d̄0 .
Ainsi H ⊂ 0, d¯0 , 2d¯0 , . . . , (d − 1)d̄0 puis l’égalité par cardinalité.
ϕ(x)
x∈G
car les deux sommes comportent les mêmes termes. Or ϕ(a ? x) = ϕ(a)ϕ(x) donc
X
X
ϕ(a ? x) = ϕ(a)
ϕ(x)
x∈G
x∈G
Puisque ϕ(a) 6= 1, on conclut
X
ϕ(x) = 0
x∈G
Exercice 29 : [énoncé]
Soit a un générateur du groupe cyclique (G, ?) introduit dans l’énoncé.
On sait
G = e, a, a2 , . . . , an−1 avec an = e
Exercice 32 : [énoncé]
a) (h, k)n = 1H×K ⇔ p | n et q | n donc (h, k) est un élément d’ordre ppcm(p, q).
b) Posons p et q les ordres de H et K.
Supposons p et q premiers entre eux.
Si h et k sont générateurs de H et K alors (h, k) est un élément d’ordre
ppcm(p, q) = pq de H × K.
Or CardH × K = pq donc H × K est cyclique.
Inversement, supposons H × K cyclique.
Si (h, k) est générateur de H × K alors h et k sont respectivement générateurs de
H et K.
On en déduit que h est un élément d’ordre p, k d’ordre q et puisque (h, k) est
d’ordre ppcm(p, q) et pq, on conclut que p et q sont premiers entre eux.
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Corrections
Exercice 33 : [énoncé]
k
a) Gp ⊂ C? , 1 ∈ Gp , pour z ∈ Gp , il existe k ∈ N tel que z p = 1 et alors
k
(1/z)p = 1 donc 1/z ∈ Gp .
k0
Si de plus z 0 ∈ Gp , il existe k 0 ∈ N vérifiant z 0p et alors
k pk 0 k 0 pk
k+k0
= 1 donc zz 0 ∈ Gp .
(zz 0 )p
= zp
z 0p
b) Notons
n
o
k
Upk = z ∈ C/z p = 1
Soit H un sous-groupe de Gp différent de Gp .
S’il existe une infinité de k ∈ N vérifiant Upk ⊂ H alors H = Gp car Gp est la
réunion croissante de Upk .
Ceci étant exclu, on peut introduire le plus grand k ∈ N vérifiant Upk ⊂ H.
Pour ` > k, tous les éléments de Up` \Upk engendrent au moins Upk+1 , or
Upk+1 6⊂ H donc H ⊂ Upk puis H = Upk
H est donc un sous-groupe cyclique et ne peut être maximal pour l’inclusion car
inclus dans le sous-groupe propre Upk+1 .
c) Si Gp pouvait être engendré par un système fini d’éléments, il existerait k ∈ N
tel que ses éléments sont tous racines pk -ième de l’unité et alors Gp ⊂ Upk ce qui
est absurde.
19
Exercice 35 : [énoncé]
a) On obtient χM (X) = (−1)n (X n − 1).
Les racines de χM sont les racines de l’unité, il y en a n ce qui est la taille de la
matrice et donc M est diagonalisable.
Puisque 0 n’est pas racine de χM , la matrice M est inversible.
b) Par Cayley-Hamilton, nous savons M n = In et donc M est un élément d’ordre
fini du groupe (GLn (C), ×). Par calcul ou par considération de polynôme
minimal, on peut affirmer que n est le plus petit exposant p > 0 tel que M p = In
et donc M est un élément d’ordre exactement n. On en déduit que G est un
groupe cyclique de cardinal n.
Exercice 36 : [énoncé]
a) Le groupe (G, ?) est nécessairement commutatif car cyclique. Pour tout
x, y ∈ G, on a
f (x ? y) = (x ? y)r = xr ? y r = f (x) ? f (y)
b) Pour x ∈ G, on peut écrire x = ak avec k ∈ Z et alors
f (x) = e ⇔ akr = e
Puisque a est d’ordre n
f (x) = e ⇔ n | kr
En introduisant d = pgcd(n, r), on peut écrire n = dn0 et r = dr0 avec n0 ∧ r0 = 1
et alors le théorème de Gauss donne
Exercice 34 : [énoncé]
a) Par la factorisation a2 − b2 = (a − b)(a + b)
a2
n−2
− 1 = (a2
n−3
+ 1)(a2
n−3
n | kr ⇔ n0 | k
− 1)
Par conséquent
et en répétant l’opération
a2
n−2
− 1 = (a2
n−3
+ 1)(a2
n−4
0
0
+ 1) . . . (a2 + 1)(a2 − 1)
Il y a n − 1 facteurs dans ce produit et ceux-ci sont tous pairs car a est impair.
De plus, les deux derniers facteurs sont a + 1 et a − 1 et parmi ces deux figure un
multiple de 4.
n−2
n−2
On en déduit que 2n divise a2
− 1 et donc a2
≡ 1 [2n ].
n
?
b) Par l’absurde supposons (Z/2 Z) cyclique.
Les éléments de ce groupe sont les k̄ avec 2 ∧ k = 1, ce sont donc les classes des
entiers impairs. Il y en a exactement 2n−1 . Si ā est un générateur de (Z/2n Z)?
alors a est un entier impair et ā est un élément d’ordre 2n−1 . Or le résultat
n−2
précédent donne ā2
= 1̄ et donc l’ordre de a est inférieur à 2n−2 < 2n−1 . C’est
absurde.
D 0E
ker f = an
c) Par l’égalité de Bézout, on peut écrire nu + rv = d et alors
ad = anu ? arv = arv = f (av ) ∈ Imf
Puisque Imf est un sous-groupe, on a déjà ad ⊂ Imf .
Inversement, soit y ∈ Imf . On peut écrire y = xr avec x de la forme ak où k ∈ Z.
On a donc
y = akr
d
Or d | r et donc y ∈ a . Ainsi Imf ⊂ ad puis l’égalité.
d) Si y ∈
/ Imf , l’équation n’a pas de solution. Sinon, il existe x0 ∈ G tel que
xr0 = y et alors
r
xr = y ⇔ (x ? x−1
0 ) =e
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Corrections
Ceci permettre de mettre en correspondance bijective les solutions de l’équation
xr = y avec les éléments du noyau de f . Dans ce cas, il y a exactement n/n0 = d
solutions à l’équation.
Exercice 37 : [énoncé]
Commençons par rappeler que les éléments de SO(2) sont les matrices
cos θ − sin θ
R(θ) =
sin θ
cos θ
Soit G un sous-groupe fini de (SO(2), × ).
L’ensemble T = {θ > 0/R(θ) ∈ G} est une partie non vide (car 2π en est élément)
et minorée de R. On peut donc introduire
θ0 = inf T ∈ R+
Commençons par établir que θ0 est élément de T .
On peut construire une suite (θn )n>1 d’éléments de T convergeant vers θ0 .
Puisque l’ensemble G est fini, l’ensemble des R(θn ) est lui aussi fini. Il existe donc
une infinité d’indicesn pour lesquels les θn sont égaux modulo 2π à une valeur α.
Puisque θn → θ0 , il y a une infinité de θn égaux à θ0 et donc θ0 ∈ T .
Puisque R(θ0 ) ∈ G, on a hR(θ0 )i ⊂ G.
Inversement, soit R un élément de G. Il existe θ ∈ R tel que R = R(θ). On peut
écrire θ = qθ0 + θ0 avec q ∈ Z et θ0 ∈ [0, 2π[. On a alors
R(θ0 ) = R(θ)R(θ0 )−q ∈ G
Si θ0 > 0 alors θ0 ∈ T ce qui contredit la définition de θ0 = inf T car θ0 < θ0 .
Nécessairement θ0 = 0 et donc θ = qθ0 ce qui donne R = R(θ0 )q ∈ hR(θ0 )i.
Finalement
G = hR(θ0 )i
20
Exercice 40 : [énoncé]
a) Ad ⊂ Z2 et 1Z2 = (1, 1) ∈ Ad .
Pour (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ Ad , (x, y) − (x0 , y 0 ) = (x − x0 , y − y 0 ) avec
d | (y − y 0 ) − (x − x0 ) donc (x, y) − (x0 , y 0 ) ∈ Ad .
Aussi (x, y)(x0 , y 0 ) = (xx0 , yy 0 ) avec d | (yy 0 − xx0 ) = (y − x)y 0 + x(y 0 − x0 ) donc
(x, y)(x0 , y 0 ) ∈ Ad .
b) H 6= ∅ car 0 ∈ H et ∀x, y ∈ H, x − y ∈ H car (x − y, 0) = (x, 0) − (y, 0) ∈ A.
c) H sous groupe de (Z, +) donc il existe d ∈ N tel que
H = dZ
Pour tout (x, y) ∈ A, on a (x, y) − (y, y) = (x − y, 0) ∈ A car
(y, y) ∈< (1, 1) >⊂ A. Par suite x − y ∈ dZ.
Inversement, si x − y ∈ dZ alors (x − y, 0) ∈ A puis
(x, y) = (x − y, 0) + y.(1, 1) ∈ A.
Ainsi
(x, y) ∈ A ⇔ x − y ∈ dZ
et donc alors
A = (x, y) ∈ Z2 /d divise (y − x) = Ad
Exercice 41 : [énoncé]
Supposons 1 − ab inversible et notons x son inverse de sorte que (1 − ab)x = 1
On observe
(1 − ba)bxa = ba
donc
(1 − ba)bxa = (ba − 1) + 1
puis
(1 − ba)(1 + bxa) = 1
Exercice 38 : [énoncé]
Posons j = f (i). On a j 2 = f (i)2 = f (i2 ) = f (−1) = −f (1) = −1 donc j = ±i.
Si j = i alors ∀a, b ∈ R, f (a + ib) = f (a) + f (i)f (b) = a + ib donc f = IdC .
Si j = −i alors ∀a, b ∈ R, f (a + ib) = f (a) + f (i)f (b) = a − ib donc f : z 7→ z̄.
Exercice 39 : [énoncé]
Ea (x 7→ 1) = 1.
∀f, g ∈ F(X, R), Ea (f + g) = (f + g)(a) = f (a) + g(a) = Ea (f ) + Ea (g) et
Ea (f g) = (f g)(a) = f (a)g(a) = Ea (f )Ea (g) donc Ea est un morphisme
d’anneaux.
L’identité est aussi valable dans l’autre sens et donc 1 − ba est inversible avec
(1 − ba)−1 = 1 + b (1 − ab)
−1
a
Exercice 42 : [énoncé]
a) Immédiatement Z ⊂ A et 1A ∈ Z.
Soient x, y ∈ Z. Pour tout a ∈ A
a(x − y) = ax − ay = xa − ya = (x − y)a
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Corrections
21
b) Formons
et
a(xy) = xay = xya
donc x − y ∈ A et xy ∈ A.
Ainsi Z est un sous-anneau de A.
b) Soit x ∈ Z. Il existe y ∈ A tel que xyx = x. La difficulté est de voir que l’on
peut se ramener au cas où y ∈ Z. . . Pour cela considérons l’élément z = xy 2 . On
observe
xzx = x3 y 2 = xyxyx = xyx = x
Il reste à montrer z ∈ Z. Posons a ∈ A. L’élément x3 commute avec y 2 ay 2 et donc
3 2
2
2
2 3
x y ay = y ay x
ce qui donne
xay 2 = y 2 ax
puis az = za. On peut alors que conclure que l’anneau Z est régulier au sens
défini.
Exercice 43 : [énoncé]
a) Supposons P (A) = P (B).
Soit x ∈ A de représentant irréductible a/b. Puisque a et b sont premiers entre
eux, il existe u, v ∈ Z tels que au + bv = 1 et alors
au + bv
a
1
=
= u. + v
b
b
b
Sachant que a/b est élément de A et que 1 l’est aussi, par addition dans le
sous-groupe (A, +), on obtient
1
∈A
b
Si p est diviseur premier de b, on peut écrire b = pk avec k ∈ Z et alors
1
1
= k. ∈ A
p
b
Par suite les diviseurs premiers de b sont éléments de P (A). Or P (A) = P (B) et
les diviseurs premiers de b sont aussi éléments de B. Puisque B est stable par
produit, l’élément 1/b appartient à B et, finalement,
x = a.
1
∈B
b
A=
na
b
/les diviseurs premiers de b sont éléments de P
o
On vérifier aisément que A est une partie de Q, contenant 1, stable par différence
et produit. C’est donc un sous-anneau pour lequel on vérifie aisément P = P (A).
c) L’application A 7→ P (A) définit la correspondance bijective voulue.
Exercice 44 : [énoncé]
Il s’agit ici de montrer que tout a ∈ A, tel que a 6= 0A , est inversible.
L’application x 7→ ax est une injection de A vers A car A est intègre, l’élément a
est régulier.
Puisque A est fini, cette application est bijective et il existe donc b ∈ A tel que
ab = 1.
Ainsi a est inversible.
Exercice 45 : [énoncé]
En regroupant chaque x avec son inverse, lorsqu’ils sont distincts, on simplifie
Y
Y
x=
x
x∈K?
x∈K?,x=x−1
Or x = x−1 équivaut à x2 = 1K et a pour solutions 1K et −1K .
Que celles-ci soient ou non distinctes, on obtient
Y
x = −1K
x∈K?
Notons que si le corps K est Z/2Z (ou plus généralement un corps de
caractéristique 2) alors −1K = 1K .
Exercice 46 : [énoncé]
a) Pour x ∈ K\ {0}, f (x).f (x−1 ) = f (x.x−1 ) = f (1K ) = 1L donc f (x) est
inversible et f (x)−1 = f (x−1 ).
b) Si f (x) = f (y) alors f (x) − f (y) = f (x − y) = 0L . Or 0L n’est pas inversible
donc x − y = 0K i.e. x = y.
Ainsi f est morphisme injectif.
Ainsi A ⊂ B et, par argument de symétrie, A = B.
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Exercice
! 47 : [énoncé]
!
p
p−1
p
=k
donc p divise k
a)
k
k−1
!
p
k ∈ {1, . . . , p − 1} donc p divise
.
k
b) Par la formule du binôme,
p
(a + b) =
p
k
p
!
. Or p ∧ k = 1 car p est premier et
p
X
p
Il reste à montrer que k/q est élément du sous-anneau A pour pouvoir conclure
x ∈ (d) = dA.
Puisque A est un sous-anneau de (Q, +, ×), c’est un sous-groupe additif ce qui
entraîne
∀a ∈ A, ∀k ∈ Z, k.a ∈ A
k
pu + qv = 1 avec u, v ∈ Z
!
ak bp−k
!
k
22
Sachant les entiers p et q premiers entre eux, on peut écrire
k=0
Or pour k ∈ {1, . . . , p − 1},
Corrections
= 0 dans K car p |
et alors
p
k
!
et le corps K est de
p
1
= u + v = u.x + v.1
q
q
Sachant que 1 et x sont éléments de A, 1/q l’est aussi et enfin k/q = k.(1/q) ∈ A.
caractéristique p.
Après simplification, on obtient
∀a, b ∈ K, (a + b)p = ap + bp
On en déduit que l’application x 7→ xp est un endomorphisme du corps K. De plus
celui-ci est injectif car
xp = 0K ⇒ x = 0K
et, si l’on sait que K est un corps fini, on peut ajouter que x 7→ xp est un
automorphisme [connu comme étant l’automorphisme de Frobenius].
Exercice 50 : [énoncé]
a) Il suffit de vérifier les axiomes définissant un sous-anneau. . .
b) Soit I un idéal de D. L’intersection I ∩ Z est un sous-groupe de (Z, +) donc il
existe a ∈ Z vérifiant
I ∩ Z = aZ
Puisque a ∈ I, on a aD ⊂ I.
Inversement, soit x ∈ I. On peut écrire
x=
Exercice 48 : [énoncé]
Soit I un idéal d’un corps K. Si I 6= {0} alors I contient un élément x non nul.
Puisque x ∈ I et x−1 ∈ K on a 1 = xx−1 ∈ I puis pour tout y ∈ K, y = 1 × y ∈ I
et finalement I = K. Les idéaux de K sont donc {0} et K.
Exercice 49 : [énoncé]
Soit I un idéal d’un sous-anneau A de (Q, +, ×).
I ∩ Z est un sous-groupe de (Z, +) donc de la forme dZ pour un certain d ∈ N.
Vérifions qu’alors I est l’idéal engendré par d.
Puisque d ∈ I, on a déjà par absorption (d) = dA ⊂ I.
Inversement, soit x ∈ I. On peut écrire x = p/q avec p ∈ Z et q ∈ N? premiers
entre eux.
On a alors qx = p ∈ Z et, par addition, qx = x + · · · + x ∈ I. Ainsi
qx ∈ I ∩ Z = dZ ce qui permet d’écrire x = dk/q.
p
avec p ∈ Z et n ∈ N
10n
On a alors 10n x ∈ I par absorption donc p ∈ I ∩ Z. On en déduit a | p puis x ∈ aD.
Finalement I = aD
Exercice 51 : [énoncé]
a) I1 ⊂ Z et 0 ∈ I1 car (0, 0) = 0Z2 ∈ I.
Soient x, x0 ∈ I1 . On a (x + x0 , 0) = (x, 0) + (x0 , 0) ∈ I donc x + x0 ∈ I1 .
Soit de plus a ∈ Z. On a (ax, 0) = (a, 1234) × (x, 0) ∈ I donc ax ∈ I1 .
Ainsi I1 est un idéal de (Z, +, ×) et de façon analogue I2 aussi.
b) Soit (x, y) ∈ I1 × I2 . On a (x, 0) ∈ I et (0, y) ∈ I donc (x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ I.
Ainsi I1 × I2 ⊂ I.
Inversement soit (x, y) ∈ I.
On a (x, 0) = (x, y) × (1, 0) ∈ I donc x ∈ I1 . De même y ∈ I2 et donc
(x, y) ∈ I1 × I2 .
Finalement I ⊂ I1 × I2 puis I = I1 × I2 .
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c) Les idéaux de (Z, +, ×) sont de la forme nZ donc il existe a, b ∈ Z tels que
I1 = aZ et I2 = bZ.
L’idéal I apparaît alors comme étant celui engendré par x = (a, b)
Corrections
23
Pour N = max(m, n), on a par absorption xN ∈ I et xN ∈ J donc xN ∈ I ∩ J.
Ainsi x ∈ R(I ∩ J) et on peut affirmer
R(I ∩ J) ⊃ R(I) ∩ R(J)
I = xZ2 = {(ak, b`)/k, ` ∈ Z}
Exercice 52 : [énoncé]
N ⊂ A, 0A ∈ N donc N 6= ∅. Pour x, y ∈ N , il existe n, m ∈ N? tel que
xn = y m = 0A .
Par la formule du binôme,
!
n+m−1
X
n
+
m
−
1
xk y n+m−1−k
(x + y)n+m−1 =
k
k=0
Pour k > n, xk = 0A et pour k 6 n − 1, y n+m−1−k = 0A . Dans les deux cas
xk y n+m−1−k = 0A et donc (x + y)n+m−1 = 0A . Par suite x + y ∈ N .
Enfin pour a ∈ A et x ∈ N , ax ∈ N car (ax)n = an xn .
puis l’égalité.
Puisque I ⊂ I + J, on a clairement R(I) ⊂ R(I + J). De même R(J) ⊂ R(I + J).
Enfin R(I + J) étant stable par somme R(I) + R(J) ⊂ R(I + J).
c) Si n a un facteur carré d2 avec d > 2.
Posons k ∈ Z tel que n = d2 k.
On a dk ∈
/ nZ et (dk)2 = nk ∈ nZ donc dk ∈ R(nZ). Ainsi R(nZ) 6= nZ.
Si n n’a pas de facteurs carrés alors n s’écrit n = p1 p2 . . . pm avec p1 , . . . , pm
nombres premiers deux à deux distincts.
Pour tout x ∈ R(nZ), il existe k ∈ N? tel que xk ∈ nZ.
Tous les p1 , . . . , pm sont alors facteurs premiers de xk donc de x et par conséquent
n divise x.
Finalement R(nZ) ⊂ nZ puis R(nZ) = nZ car l’autre inclusion est toujours vraie.
Exercice 54 : [énoncé]
a) sans difficultés.
b) Pour tout x ∈ A, x = xe + x(1 − e) avec xe ∈ I et x − xe ∈ J. Par suite
I + J = A.
Si xe ∈ J alors xe = xe2 = 0 donc I ∩ J = {0}.
c) L’inclusion (K ∩ I) + (K ∩ J) ⊂ K est immédiate. L’inclusion réciproque
provient de l’écriture x = xe + x(1 − e).
Exercice 53 : [énoncé]
a) Par définition R(I) ⊂ A
01 = 0 ∈ I donc 0 ∈ R(I).
Soient x, y ∈ R(I), il existe n, m ∈ N? tels que xn , y m ∈ I.
On a alors
!
!
n−1
n+m−1
X n+m−1
X
n+m−1
n+m−1
k n+m−1−k
(x+y)
=
x y
+
xk y n+m−1−k ∈ I
k
k
Exercice 55 : [énoncé]
k=0
k=n
a) Pour p ∈ P, pZ est un idéal premier. En effet on sait que pZ est un idéal et en
car les premiers termes de la somme sont dans I puisque y n+m−1−k ∈ I et les
vertu du lemme d’Euclide : xy ∈ pZ ⇒ x ∈ pZ ou y ∈ pZ.
suivants le sont aussi car xk ∈ I
b) Même principe
donc x + y ∈ R(I).
c) Supposons J ∩ K = I.
Soit de plus a ∈ A. On a (ax)n = an xn ∈ I donc ax ∈ R(I).
Si J = I ok.
Ainsi R(I) est un idéal de A.
Sinon il existe a ∈ J tel que a ∈
/ I. Pour tout b ∈ K, ab ∈ J ∩ K d’où ab ∈ I puis
Soit x ∈ I, on a x1 ∈ I donc x ∈ R(I).
b ∈ I car a ∈
/ I. Ainsi K ⊂ I. D’autre part I = J ∩ K ⊂ K donc I = K.
b) Si x ∈ R(I ∩ J) alors il existe n ∈ N? tel que xn ∈ I ∩ J.
d) I = {0} est un idéal premier donc xy = 0 ⇒ x = 0 ou y = 0.
On a alors xn ∈ I donc x ∈ R(I) et de même x ∈ R(J). Ainsi
Soit x ∈ A tel que x 6= 0. x2 A est premier et x2 ∈ x2 A donc x ∈ x2 A.
Ainsi il existe y ∈ A tel que x = x2 y et puisque x 6= 0, xy = 1.
R(I ∩ J) ⊂ R(I) ∩ R(J)
Ainsi A est un corps.
Soit x ∈ R(I) ∩ R(J). Il existe n, m ∈ N? tel que xn ∈ I et xm ∈ J.
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Corrections
Exercice 56 : [énoncé]
Une suite croissante (In ) d’idéaux de Z se détermine par une suite d’entiers
naturels (an ) vérifiant In = an Z et an+1 | an . Si pour tout n ∈ N, In = {0} alors
la suite (In ) est stationnaire.
Sinon à partir d’un certain rang In 6= {0} et la relation an+1 | an entraîne
an+1 6 an . La suite d’entiers naturels (an ) est décroissante et donc stationnaire. Il
en est de même pour (In ).
Ce résultat se généralise à K [X] en travaillant avec une suite de polynômes
unitaires (Pn ) vérifiant Pn+1 | Pn ce qui permet d’affirmer en cas de non nullité
deg Pn+1 6 deg Pn puis (deg Pn ) stationnaire, puis encore (Pn ) stationnaire et
enfin (In ) stationnaire.
Exercice 57 : [énoncé]
Notons qu’un sous-anneau de Q possédant 1 contient nécessairement Z.
a) Par égalité de Bézout, on peut écrire pu + qv = 1 avec u, v ∈ Z. Si pq ∈ A alors
1
p
= u + v.1 ∈ A
q
q
b) I ∩ Z est un sous-groupe de (Z, +) donc il est de la forme nZ avec n ∈ N.
Puisque I 6= {0}, il existe p/q ∈ I non nul et par absorption, p = q.p/q ∈ I ∩ Z
avec p 6= 0. Par suite I ∩ Z 6= {0} et donc n ∈ N? .
Puisque n ∈ I, on peut affirmer par absorption que nA ⊂ I.
Inversement, pour p/q ∈ I avec p ∧ q = 1 on a 1/q ∈ A et p ∈ nZ donc p/q ∈ nA.
Ainsi I = nA.
c) On peut vérifier que Zp est un sous-anneau de Q.
Pour x = a/b ∈ Q? avec a ∧ b = 1. Si p 6 |b alors p ∧ b = 1 et x ∈ Zp . Sinon p | b et
donc p 6 |a d’où l’on tire 1/x ∈ Zp .
d) Soit J un idéal strict de A. J ne contient pas d’éléments inversibles de A car
sinon il devrait contenir 1 et donc être égal à A.
Ainsi J est inclus dans I. De plus, on peut montrer que I est un idéal de A.
En effet I ⊂ A et 0 ∈ I.
Soient a ∈ A et x ∈ I.
Cas a = 0 : ax = 0 ∈ I.
Cas a 6= 0 : Supposons (ax)−1 ∈ A alors a−1 x−1 ∈ A et donc
x−1 = a(a−1 x−1 ) ∈ A ce qui est exclu. Ainsi, (ax)−1 ∈
/ A et donc ax ∈ I.
Soient x, y ∈ I. Montrons que x + y ∈ I.
Cas x = 0, y = 0 ou x + y = 0 : c’est immédiat.
Cas x 6= 0, y 6= 0 et x + y 6= 0 : On a (x + y)−1 (x + y) = 1 donc
(x + y)−1 (1 + x−1 y) = x−1 et (x + y)−1 (1 + xy −1 ) = y −1 (*)
24
Par l’hypothèse de départ, l’un au moins des deux éléments x−1 y ou
xy −1 = (x−1 y)−1 appartient à A.
Par opérations dans A à l’aide des relations (*), si (x + y)−1 ∈ A alors x−1 ou y −1
appartient à A ce qui est exclu. Ainsi (x + y)−1 ∈
/ A et donc x + y ∈ I.
Finalement I est un idéal de A.
Par suite, il existe n ∈ N, vérifiant I = nA.
Si n = 0 alors I = {0} et alors A = Q car pour tout x ∈ Q? , x ou 1/x ∈ A et dans
les deux cas x ∈ A car I = {0}.
Si n = 1 alors I = A ce qui est absurde car 1 ∈ A est inversible.
Nécessairement n > 2. Si n = qr avec 2 6 q, r 6 n − 1 alors puisque 1/n ∈
/ A, au
moins l’un des éléments 1/q et 1/r ∈
/ A. Quitte à échanger, on peut supposer
1/q ∈
/ A. qA est alors un idéal strict de A donc qA ⊂ I. Inversement I ⊂ qA
puisque n est multiple de q. Ainsi, si n n’est pas premier alors il existe un facteur
non trivial q de n tel que I = nA = qA. Quitte à recommencer, on peut se
ramener à un nombre premier p.
Finalement, il existe un nombre premier p vérifiant I = pA.
Montrons qu’alors A = Zp .
Soit x ∈ A. On peut écrire x = a/b avec a ∧ b = 1. On sait qu’alors 1/b ∈ A donc
si p | b alors 1/p ∈ A ce qui est absurde car p ∈ I. Ainsi p 6 |b et puisque p est
premier, p ∧ b = 1. Ainsi A ⊂ Zp .
Soit x ∈ Zp , x = a/b avec b ∧ p = 1. Si x ∈
/ A alors x 6= 0 et 1/x = b/a ∈ A puis
b/a ∈ I ∈ pA ce qui entraîne, après étude arithmétique, p | b et est absurde.
Ainsi Zp ⊂ A puis finalement Zp = A.
Exercice 58 : [énoncé]
a) Facile.
b) Jp idéal de Zp : facile.
Soit I un idéal de Zp . On suppose I 6⊂ Jp , il existe donc un élément a/b ∈ I
vérifiant a/b ∈
/ Jp . Par suite p ne divise ni a, ni b et donc et b/a ∈ Zp de sorte que
a/b est inversible dans Zp . Ainsi l’idéal contient un élément inversible, donc par
absorption il possède 1 et enfin il est égal à Zp .
c) Pour k ∈ N, posons Jpk l’ensemble des a/b où (a, b) ∈ Z × N? , pk | a et p ne
divise pas b. On vérifie aisément que Jpk est un idéal de Zp .
Soit I unidéal de Zp . Posons
k = max `/∀x ∈ I, ∃(a, b) ∈ Z × N? , x = a/b, p` | a, p ne divise pas b .
On a évidemment I ⊂ Jpk .
Inversement, il existe x = a/b ∈ I avec pk | a, pk+1 ne divise pas a et p ne divise
pas b.
On peut écrire a = pk a0 avec p qui ne divise pas a0 , et donc on peut écrire
x = pk x0 avec x0 = a0 /b inversible dans Zp . Par suite tout élément de Jpk peut
s’écrire xy avec y ∈ Zp et donc appartient à I. Ainsi Jpk ⊂ I puis =.
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Corrections
Finalement les idéaux de Zp sont les Jpk avec k ∈ N.
Exercice 59 : [énoncé]
a) I ⊂ A et 0 ∈ I.
Soient a ∈ A et x ∈ I
Si a = 0 alors ax = 0 ∈ I.
Pour a 6= 0, supposons (ax)−1 ∈ A.
On a alors a−1 x−1 ∈ A et donc x−1 = a(a−1 x−1 ) ∈ A ce qui est exclu.
Nécessairement (ax)−1 ∈
/ A et donc ax ∈ I.
Soient x, y ∈ I. Montrons que x + y ∈ I.
Si x = 0, y = 0 ou x + y = 0, c’est immédiat. Sinon :
On a (x + y)−1 (x + y) = 1 donc
(x + y)−1 (1 + x−1 y) = x−1 et (x + y)−1 (1 + xy −1 ) = y −1 (*)
Par l’hypothèse de départ, l’un au moins des deux éléments x−1 y ou
xy −1 = (x−1 y)−1 appartient à A.
Par opérations dans A à l’aide des relations (*), si (x + y)−1 ∈ A alors x−1 ou y −1
appartient à A ce qui est exclu. Ainsi (x + y)−1 ∈
/ A et donc x + y ∈ I.
Finalement I est un idéal de A.
b) Soit J un idéal de A distinct de A.
Pour tout x ∈ J, si x−1 ∈ A alors par absorption 1 = xx−1 ∈ J et donc J = I ce
qui est exclu.
On en déduit que x−1 ∈
/ A et donc x ∈ I. Ainsi J ⊂ I.
Exercice 60 : [énoncé]
Soit x ∈ A avec x 6= 0A . Il suffit d’établir que x est inversible pour conclure.
Pour chaque n ∈ N, xn A est un idéal. Puisque l’anneau A ne possède qu’un
nombre fini d’idéaux, il existe p < q ∈ N tels que xp A = xq A. En particulier,
puisque xp ∈ xp A, il existe a ∈ A tel que
p
q
x =x a
On a alors
xp (1A − xq−p a) = 0A
L’anneau A étant intègre et sachant x 6= 0A , on a nécessairement
On en déduit que x est inversible avec
x
=x
Exercice 61 : [énoncé]
a) 3x + 5 = 0 ⇔ x + 5 = 0 ⇔ x = 5 car l’inverse de 3 dans Z/10Z est 7.
b) Il suffit de tester les entiers 0, 1, 2, 3, 4. 1 et 3 conviennent. Les solutions sont
1, 3, 5, 7.
c) x2 + 2x + 2 = 0 ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 3) = 0 donc les solutions sont
1 et −3.
Exercice 62 : [énoncé]
a) 6 et 7 sont premiers entre eux avec la relation de Bézout (−1) × 6 + 7 = 1.
x1 = 7 et x2 = −6 sont solutions des systèmes
x ≡ 1 [6]
x ≡ 0 [6]
et
x ≡ 0 [7]
x ≡ 1 [7]
donc x = 1 × 7 + 2 × (−6) = −5 est solution du système étudié dont la solution
générale est alors
x = 37 + 42k avec k ∈ Z
b)
(
3x ≡ 2
[5]
5x ≡ 1
[6]
(
⇔
x≡4
[5]
x≡5
[6]
on poursuit comme ci-dessus. Les solutions sont 29 + 30k avec k ∈ Z.
Exercice 63 : [énoncé]
Par l’égalité de Bézout,
uk − (p − 1)v = 1
Considérons alors l’application ψ : Z/pZ → Z/pZ définie par ψ(x) = xu .
On observe
ψ(ϕ(x)) = xku = x × x(p−1)v
Si x = 0 alors ψ(ϕ(x)) = 0 = x.
Si x =
6 0 alors par le petit théorème de Fermat, xp−1 = 1 puis
ψ(ϕ(x)) = x × 1v = x
xq−p a = 1A
−1
25
Ainsi ψ ◦ ϕ = Id et de même ϕ ◦ ψ = Id. On peut conclure que ϕ est bijective.
q−p−1
a
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Corrections
Exercice 64 : [énoncé]
Considérons a ∈ (Z/pZ)? . Il est clair que l’application x 7→ ax est une
permutation de Z/pZ donc
X
X
X
ak
xk =
(ax)k =
xk
x∈Z/pZ
x∈Z/pZ
x∈Z/pZ
puis
(ak − 1)
X
xk = 0
26
Exercice 66 : [énoncé]
a) Dans le corps Z/pZ l’équation x2 = 1 n’a que pour seules solutions 1 et
−1 = p − 1 [p] (éventuellement confondues quand p = 2)
b) Dans le produit (p − 1)! = 1 × 2 × · · · × p − 1 où l’on retrouve tous les éléments
inversibles de Z/pZ chaque élément, sauf 1 et p − 1, peut être apparier à son
inverse (qui lui est distincts). Par suite (p − 1)! = p − 1 = −1 [p].
c) Dans (Z/nZ, +, ×), 1 × 2 × . . . × (n − 1) = −1 donc les éléments 1, 2, . . . , n − 1
sont tous inversibles. Il en découle que (Z/nZ, +, ×) est un corps et donc n est
premier.
x∈Z/pZ
?
k
S’il existe a ∈ (Z/pZ) tel que a 6= 1 alors
X
xk = 0
x∈Z/pZ
Sinon,
X
xk = 0 +
X
1 = p − 1 = −1
x∈(Z/pZ)?
x∈Z/pZ
Exercice 65 : [énoncé]
Notons x̄ les éléments de Z/nZ et x̂ ceux de Z/mZ.
Posons d = pgcd(n, m). On peut écrire
n = dn0 et m = dm0 avec n0 ∧ m0 = 1
Soit ϕ un morphisme de (Z/nZ, +) vers (Z/mZ, +).
On a
n.ϕ(1̄) = ϕ(n.1̄) = ϕ(n̄) = ϕ(0̄) = 0̂
Si l’on note ϕ(1̄) = k̂, on a donc m | nk d’où m0 | n0 k puis m0 | k car m0 et n0 sont
premiers entre eux.
0 a pour un certain a ∈ Z puis alors
d
Ainsi ϕ(1̄) = m
0 ax
[
∀x ∈ Z, ϕ(x̄) = m
Inversement, si l’on considère pour a ∈ Z, l’application ϕ : Z/nZ → Z/mZ donnée
par
0 ax
[
∀x ∈ Z, ϕ(x̄) = m
on vérifie que ϕ est définie sans ambiguïté car
0
0
0 ax = m
0 ay
[
[
x̄ = ȳ ⇒ m = m d | m (x − y) ⇒ m
On observe aussi que ϕ est bien un morphisme de groupe.
Exercice 67 : [énoncé]
a) Considérons l’application ϕ : x 7→ x2 dans Z/pZ.
Dans le corps Z/pZ : ϕ(x) = ϕ(y) ⇔ x = ±y.
Dans Imϕ, seul 0 possède un seul antécédent, les autres éléments possèdent deux
antécédents distincts. Par suite CardZ/pZ = 1 + 2(CardImϕ − 1) donc il y a p+1
2
carrés dans Z/pZ.
b) D’une part, dans le produit (p − 1)! calculé dans Z/pZ, tous les termes qui ne
sont pas égaux à leur inverse se simplifient. Il ne reste que les termes égaux à leur
inverse qui sont les solutions de l’équation x2 = 1 dans Z/pZ à savoir 1 et −1.
Ainsi (p − 1)! = −1 dans Z/pZ.
D’autre part, en posant n = p−1
2 ,
(p−1)! = 1×. . .×n×(n+1)×. . .×(p−1) = 1×. . .×n×(−n)×. . .×(−1) = (−1)n (n!)2 .
Or p = 1 [4] donc n est pair et −1 = (p − 1)! = (n!)2 est un carré dans Z/pZ .
c) Si −1 est un carré de Z/pZ, alors l’application x 7→ −x définit une involution
sur l’ensemble des carrés de Z/pZ. Puisque seul 0 est point fixe de cette
application, on peut affirmer qu’il y a un nombre impair de carrés dans Z/pZ. Or
si p = 3 [4], (p + 1)/2 est un entier pair, −1 ne peut donc être un carré dans
Z/pZ.
Exercice 68 : [énoncé]
On note x̄ la classe d’un entier x dans Z/nZ.
Soit H un sous-groupe de Z/nZ.
On peut introduire
a = min k > 0, k̄ ∈ H
car toute partie non vide de N possède un plus petit élément.
Considérons alors hāi le groupe engendré par la classe de a. On peut décrire ce
groupe
hāi = {q.ā/q ∈ Z}
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Corrections
C’est le plus petit sous-groupe contenant l’élément ā car il est inclus dans tout
sous-groupe contenant cet élément. Par conséquent hāi est inclus dans H.
Montrons qu’il y a en fait égalité.
Soit k̄ ∈ H. Par division euclidienne de k par a, on écrit
k = aq + r avec r ∈ {0, . . . , a − 1}
On a alors k̄ = q.ā + r̄ et donc, par opérations dans le groupe H, on obtient
r̄ = k̄ − q.ā ∈ H. On ne peut alors avoir r > 0 car cela contredirait la définition de
a. Il reste donc r = 0 et par conséquent k̄ = q.ā ∈ hāi
Finalement
H =< ā >
De plus, en appliquant le raisonnement précédent avec k = n (ce qui est possible
car n̄ = 0̄ ∈ H), on obtient que a est un diviseur de n.
Inversement, considérons un diviseur a de n. On peut écrire
n = aq avec q ∈ N
27
Exercice 70 : [énoncé]
Si p = 2 : il y a deux carrés dans Z/2Z.
Si p > 3, considérons l’application ϕ : x 7→ x2 dans Z/pZ.
Dans le corps Z/pZ : ϕ(x) = ϕ(y) ⇔ x = ±y.
Dans Imϕ, seul 0 possède un seul antécédent, les autres éléments possèdent deux
antécédents distincts. Par suite CardZ/pZ = 1 + 2(CardImϕ − 1) donc il y p+1
2
carrés dans Z/pZ.
Exercice 71 : [énoncé]
On a
p
X
k̄ =
k=1
p
X
k=
k=1
p(p + 1)
2
Si p = 2 alors
p
X
?
k̄ = 1̄
k=1
et on peut alors décrire les éléments du groupe engendré par ā, ce sont
Si p > 3 alors (p + 1)/2 est un entier et donc
0̄, ā, 2.ā, . . . , (q − 1)ā
On constate alors que les diviseurs de n déterminent des sous-groupes deux à
deux distincts de (Z/nZ, +).
On peut conclure qu’il y a autant de sous-groupe de (Z/nZ, +) que de diviseurs
positifs de n.
p
X
k=1
0̄.x = e et 1̄.x = x
On vérifie qu’on définit alors un produit extérieur sur G munissant le groupe
abélien (G, .) d’une structure de Z/2Z-espace vectoriel. En effet, pour (x, y) ∈ G2
2
et (λ, µ) ∈ (Z/2Z) on a
(p + 1)
= 0̄
2
On a
p
X
k=1
Exercice 69 : [énoncé]
Le groupe (G, .) est abélien. En effet, pour tout x ∈ G, on a x−1 = x donc, pour
x, y ∈ G, (xy)−1 = xy. Or (xy)−1 = y −1 x−1 = yx donc xy = yx.
Pour 0̄, 1̄ ∈ Z/2Z et x ∈ G, posons
k̄ = p̄ ×
k̄ 2 =
p
X
k2 =
k=1
p(p + 1)(2p + 1)
6
Si p = 2 alors
p
X
k̄ 2 = 1̄
k=1
Si p = 3 alors
p
X
k̄ 2 = 1̄2 + 2̄2 = 2̄
k=1
Si p > 5 alors (p + 1)(2p + 1) est divisible par 6.
En effet, p + 1 est pair donc (p + 1)(2p + 1) aussi.
De plus, sur les trois nombres consécutifs
(λ + µ).x = λ.x + µ.x, λ.(x + y) = λ.x + λ.y, λ.(µ.x) = (λµ).x et 1̄.x = x
2p, (2p + 1), (2p + 2)
De plus, cet espace est de dimension finie car CardG < +∞, il est donc isomorphe
à l’espace ((Z/2Z)n , +, .) pour un certain n ∈ N? .
En particulier, le groupe (G, .) est isomorphe à ((Z/2Z)n , +).
l’un est divisible par 3. Ce ne peut être 2pet si 2p + 2 est divisible par 3 alors p + 1
l’est aussi. Par suite (p + 1)(2p + 1) est divisible par 3.
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Ainsi
p
X
k=1
Corrections
(p + 1)(2p + 1)
= 0̄
k̄ 2 = p̄ ×
6
Exercice 72 : [énoncé]
Les inversibles sont obtenus à partir des nombres premiers avec 20
G = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}
3 est un élément d’ordre 4 dans (G, ×) avec
h3i = {1, 3, 9, 7}
et 11 est un élément d’ordre 2 n’appartenant pas à h3i.
Le morphisme ϕ : Z/2Z × Z/4Z → G donné par
ϕ(k, `) = 11k × 3`
est bien défini et injectif par les arguments qui précèdent.
Par cardinalité, c’est un isomorphisme.
Exercice 73 : [énoncé]
a) Les inversibles de Z/8Z sont les k̄ avec k ∧ 8 = 1. Ce sont donc les éléments
1̄, 3̄, 5̄ et 7̄.
L’ensemble desinversibles
d’un
anneau est un groupe multiplicatif.
b) Le groupe 1̄, 3̄, 5̄, 7̄ , × vérifie la propriété x2 = 1 pour tout x élément de
celui-ci. Ce groupe n’est donc pas isomorphe au groupe cyclique (Z/4Z, +) qui
constitue
donc
un autre exemple de groupe de cardinal 4. En fait le groupe
1̄, 3̄, 5̄, 7̄ , × est isomorphe à (Z/2Z × Z/2Z, +).
28
Exercice 75 : [énoncé]
Pour tout a ∈ {1, . . . , n − 1}, a est premier avec n. En effet, un diviseur commun
à a et n est diviseur de an−1 − 1 et donc de 1.
On en déduit que n est premier puisque premier avec chaque naturel strictement
inférieur à lui-même.
Exercice 76 : [énoncé]
Par hypothèse, on peut écrire n = p1 p2 . . . pr avec p1 , . . . , pr nombres premiers
deux à deux distincts.
Soit a ∈ Z. Considérons i ∈ {1, . . . , r}.
Si pi ne divise pas a, le petit théorème de Fermat assure api −1 ≡ 1 [pi ].
Puisque pi − 1 divise n − 1, on a encore an−1 ≡ 1 [pi ] et donc an ≡ a [pi ]
Si pi divise a alors pi divise aussi an et donc an ≡ 0 ≡ a [pi ].
Enfin, chaque pi divisant an − a et les pi étant deux à deux premiers entre eux,
n = p1 . . . pr divise an − a et finalement an ≡ a [n] .
La réciproque de ce résultat est vraie.
Ce résultat montre que le petit théorème de Fermat ne caractérise pas les nombres
premiers. Les nombres non premiers satisfaisant le petit théorème de Fermat, sont
les nombres de Carmichael. Le plus petit d’entre eux est 561, le suivant 1105.
Exercice 77 : [énoncé]
a) Puisque q divise N , on a
(2p1 . . . pr )2 ≡ −1
On peut écrire le nombre premier q sous la forme 4n + 3 et alors
2n+1
(2p1 . . . pr )(q−1) ≡ (2p1 . . . pr )2
≡ (−1)2n+1 ≡ −1
x∈(Z/pZ)?
donne alors ap−1 = 1 car
x∈(Z/pZ)?
Q
x∈(Z/pZ)?
x 6= 0.
x∈(Z/pZ)?
[q]
b) Par le petit théorème de Fermat, on a aussi
(2p1 . . . pr )(q−1) ≡ 1
Exercice 74 : [énoncé]
Pour a ∈ (Z/pZ)? , l’application x 7→ ax est une permutation de (Z/pZ)? .
Le calcul
Y
Y
Y
x=
ax = ap−1
x
[q]
[q]
et puisque 1 et −1 ne sont pas congrus modulo q, on obtient une absurdité.
La décomposition en facteurs premiers de N , ne fait donc intervenir aucun
nombre premier de la forme 4n + 3. Les facteurs premiers de N ne peuvent donc
qu’être 2 et ceux de la forme 4n + 1. Ceux-ci divisent alors 2p1 . . . pr et donc, par
opérations, ils divisent aussi 1.
C’est absurde.
Notons qu’on peut démontrer, plus simplement, qu’il existe aussi une infinité de
nombres premiers de la forme 4n + 3.
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Corrections
Exercice 78 : [énoncé]
Les inversibles dans Z/78Z sont les classes associés aux entiers de {1, . . . , 78} qui
sont premiers avec 78 = 2 × 3 × 13. Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de
2, 3, 13 compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a 24 éléments inversible dans
Z/78Z. On peut aussi calculer ϕ(78) = 1 × 2 × 12 = 24.
29
Or on a aussi
n > p1 . . . pr > 2r
et donc
r6
On en déduit
Exercice 79 : [énoncé]
Les éléments inversibles de (Z/nZ, ×) sont les éléments représentés par un nombre
premier avec n.
a) ϕ(p) = p − 1. Etre premier avec pα équivaut à être premier avec p i.e. à ne pas
être divisible par p puisque p ∈ P. Il y a pα−1 multiples de p compris entre 1 et pα
donc ϕ(pα ) = pα − pα−1 .
b) Si x = y [mn] alors x = y [n] et x = y [m] donc f est bien définie.
ϕ(1̄) = (1̂, 1̃) et si a = x + y/xy [mn] alors a = x + y/xy [n] donc ϕ est un
morphisme d’anneaux.
Si f (x̄) = f (ȳ) alors x = y [m] et x = y [n] alors m, n | y − x et puisque
m ∧ n = 1 alors mn | y − x donc x̄ = ȳ [mn].
f est injective puis bijective par l’égalité des cardinaux.
c) Les inversibles de Z/mnZ correspondent aux couples formés par un inversible
de Z/nZ et un inversible de Z/mZ. Par suite ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
N
N
Q
Q
i
i −1
d) Si n =
pα
pα
(pi − 1).
i alors ϕ(n) =
i
i=1
i=1
Exercice 80 : [énoncé]
Notons p1 , . . . , pr les facteurs premiers de n. On sait
1
1
1
1−
... 1 −
ϕ(n) = n 1 −
p1
p2
pr
ϕ(n) >
n
ln 2
n
n ln 2
=
n + ln 2
+1
n
ln 2
Exercice 81 : [énoncé]
Si n possède un facteur premier impair p alors on peut écrire n = pα m avec m
premier avec p. On a alors
ϕ(n) = ϕ(pα )ϕ(m) = (pα − pα−1 )ϕ(m)
Puisque pα − pα−1 est un nombre pair (par différence de deux impairs), on obtient
que ϕ(n) est pair.
Si n ne possède pas de facteurs premiers impairs, on peut écrire n = 2α avec
α > 2 et alors ϕ(n) = 2α−1 est un nombre pair.
Exercice 82 : [énoncé]
Soit f : x 7→ ax de (Z/nZ)? vers lui-même.
Cette application est bien définie, injective et finalement bijective par cardinalité.
Ainsi
Y
Y
Y
x=
ax = aϕ(n)
x
x∈(Z/nZ)?
puis aϕ(n) = 1 car l’élément
x∈(Z/nZ)?
Q
x∈(Z/nZ)?
x est inversible.
x∈(Z/nZ)?
En ordonnant les p1 , p2 , . . . , pr , on peut affirmer
∀1 6 i 6 r, pi > 1 + i
et donc
1
1
1
1
1
1
1−
... 1 −
> 1−
1−
1−
... 1 −
p1
p2
pr
2
3
1+r
Par produit télescopique
1
1
1
12
r
1
1−
1−
... 1 −
>
···
=
p1
p2
pr
23
r+1
r+1
Exercice 83 : [énoncé]
a) Soit H un sous-groupe de Z/nZ.
Si H = {0} alors H =< n >.
Sinon, on peut introduire a = min k ∈ N? /k̄ ∈ H .
La division euclidienne de n par a donne n = qa + r d’où r̄ ∈ H puis r = 0. Ainsi
a | n.
On a < ā >⊂ H et par division euclidienne on montre H ⊂< ā > d’où < a >= H.
b) Si a divise n, on observe que < ā > est de cardinal ’ordre n/a. Ainsi < n/d >
est l’unique sous-groupe d’ordre d de (Z/nZ, +).
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Corrections
c) Un élément d’ordre d de Z/nZ est générateur d’un sous-groupe à d éléments
donc générateur de < n/d >. Inversement, tout générateur de < n/d > est
élément d’ordre d de Z/nZ. Or < n/d > est cyclique d’ordre d donc isomorphe à
Z/dZ et possède ainsi ϕ(d) générateurs. On peut donc affirmer que Z/nZ possède
exactement ϕ(d) élément d’ordre d.
d) L’ordre d’un élément de Z/nZ est cardinal d’un sous-groupe de Z/nZ et donc
diviseur de n. En dénombrant Z/nZ selon l’ordre de ses éléments, on obtient
X
{k ∈ [[1, n]] /pgcd(k, n) = d}
Puisque c’est une union d’ensembles deux à deux disjoints, on obtient
X
Card {k ∈ [[1, n]] /pgcd(k, n) = d}
d|n
ce qui donne
n=
X
d|n
ϕ(n/d) =
X
X
tk,i ϕ(k)tk,j =
k=1
ϕ(k)
k|i et k|j
Or les diviseurs communs à i et j sont les diviseurs de pgcd(i, j) et donc
k=1
d|n
Card [[1, n]] =
n
X
ϕ(d) = n
Exercice 84 : [énoncé]
a) On peut écrire n = dm.
Si k ∈ [[1, n]] vérifie pgcd(k, n) = d alors d divise k et donc on peut écrire k = d`
avec ` ∈ [[1, m]].
De plus pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) = d donne ` ∧ m = 1.
Inversement, si k = d` avec ` ∈ [[1, m]] et ` ∧ m = 1 alors k ∈ [[1, n]] et
pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) = d.
Ainsi, il y a autant de k cherché que de ` éléments de [[1, m]] premiers avec m, à
savoir ϕ(m).
b) En partitionnant [[1, n]] selon les valeurs possibles d du pgcd de ses éléments
avec n (ce qui détermine un diviseur de n), on peut écrire
[
Le coefficient d’indice (i, j) de la matrice t T DT est
n
X
d|n
[[1, n]] =
30
tk,i ϕ(k)tk,j =
X
ϕ(k) = pgcd(i, j)
k|pgcd(i,j)
b) La matrice T est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux égaux à 1
donc det T = 1 puis
n
Y
det S = det D =
ϕ(k)
k=1
Ce résultat a été publié par H. J. S. Smith en 1875.
Exercice 86 : [énoncé]
Raisonnons par récurrence sur n > 1.
Pour n = 1 : ok
Supposons la propriété établie au rang n.
Par l’absurde supposons que A soit une partie de n + 2 entiers distincts tous
inférieurs ou égaux à 2n + 2. Indexons les éléments de A par ordre croissant :
A = {a0 , . . . , an , an+1 } avec ai < ai+1 .
Si an 6 2n alors l’ensemble {a0 , . . . , a2n } est contraire à l’hypothèse de récurrence.
Sinon an = 2n + 1 et an+1 = 2n + 2. Puisque n + 1 | an+1 , nécessairement
n+1∈
/ {a0 , . . . , an−1 }
Considérons alors {a0 , . . . , an−1 } ∪ {n + 1}. C’est une partie à n + 1 éléments tous
inférieur ou égaux à 2n. Par hypothèse de récurrence, l’un d’eux divise l’autre et il
en est donc de même dans {a0 , . . . , an−1 , an+1 }. Ceci induit une contradiction
avec l’hypothèse de départ.
Récurrence établie.
ϕ(δ)
δ|n
en procédant pour l’étape finale à une réindexation de la somme.
Exercice 85 : [énoncé]
a) Le coefficient d’indice (i, j) de la matrice DT est ϕ(i)ti,j .
Exercice 87 : [énoncé]
En associant dans P 2 = P × P chaque diviseur d avec celui qui lui est conjugué
n/d, on obtient un produit de N termes égaux à n. Ainsi
P 2 = nN
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Corrections
Exercice 88 : [énoncé]
Posons x = 44444444 , 4444 = 7 [9], 73 = 1 [9] donc 44444444 = 7 [9].
x < 105×4444 donc A 6 9 × 5 × 4444 = 199980, B 6 9 × 5 + 1 = 46 puis
C 6 4 + 9 = 13.
Or C = B = A = x [9] donc C = 7
31
b) On a
2n
Pour tout p ∈ P,
vp
√
k=0
n
P
k=0
n
P
k=0
L’irrationalité de b entraîne
ak αk =
ak βk = 0 ce qui permet de justifier
k=0
k=0
√
P (a − b) = 0.
√
√
d) Posons Q = (X − a + b)(X − a − b) = X 2 − 2aX + a2 − b ∈ Z [X].
Par division euclidienne P = QS + T avec deg T < 2. Or en posant cette division
euclidienne,
on peut affirmer que S, T ∈ Z [X] avec P, Q ∈ Z [X] et Q unitaire.
√
√
a + b, a − b racine de P entraîne
√ T = 0 et donc P = QS avec Q, S√∈ Z [X]. En
dérivant P 0 = Q0 S + QS 0 et a + b entraîne racine de P 0 donne a + b racine de
S. On peut alors comme ci-dessus justifier S = QR avec R ∈ Z [X] et conclure.
=
n
Exercice 89 :√[énoncé]
a) Supposons 6 = p/q avec p ∧ q = 1. On a 6q 2 = p2 donc p pair, p = 2k. On
obtient alors 3q 2 = 2k 2 et donc q est pair. Absurde car p et q sont premiers entre
eux.
b) Par
√ développement
√ selon la formule du binôme de Newton
(a + b)n = αk + βk b avec αk , βk ∈ Z.
n
n
n
√
√
P
P
P
c) a + b racine de P =
ak X k donne
ak αk =
ak β k
b.
!
(2n)!
(n!)2
=
(2n)!
(n!)2
∞ X
2n
k=1
pk
n
−2 k
p
or b2xc − 2 bxc = 0 ou 1 donc
∞ X
2n
pk
k=1
−2
n
pk
ln(2n)
6 Card k ∈ N? / 2n/pk > 0 6
ln p
2n
!
= (2n)!
(n!)2 sont diviseurs d’un entier
n
inférieur à 2n (lemme d’Euclide) et sont donc eux-mêmes inférieur à 2n. Il en
découle
!
ln(2n) Y
2n
|
p ln p
n
p∈P;p62n
De plus les nombres premiers diviseurs de
car toutes
premiers intervenant dans la décomposition
! les puissances de nombres
ln(2n) 2n
Q
de
divisent
p ln p .
n
p∈P;p62n
Notons qu’en fait ce produit désigne
Exercice 90 : [énoncé]
Si n = ab avec a, b ∈ N? alors
ppcm(1, 2, . . . , 2n)
2n − 1 = (2a − 1)(1 + 2a + · · · + 2a(b−1) )
donc 2a − 1 | 2n − 1 d’où 2a − 1 = 1 ou 2a − 1 = 2n − 1 ce qui implique a = 1 ou
a = n.
Ainsi n ne possède que des diviseurs triviaux, il est premier.
c) On a
2n
n
!
6
ln(2n) p ln p 6
Y
p∈P;p62n
Y
p
ln(2n)
ln p
p∈P;p62n
Y
6
(2n) = (2n)π(2n)
p∈P;p62n
d) En passant au logarithme :
Exercice 91 : [énoncé]
a) Pour k suffisamment grand n/pk = 0, la somme évoquée existe donc car elle
ne comporte qu’un nombre fini de termes non nuls. n! = 1 × 2 × . . .× n, parmi les
entiers allant de 1 à n, il y en a exactement bn/pc divisibles par p, n/p2
divisibles par p2 , etc. . . donc
+∞ X
n
vp (n!) =
pk
k=1
2n
X
ln k − 2
k=1
n
X
ln k 6 π(2n) ln(2n)
k=1
A l’aide d’une comparaison intégrale on obtient
Z
n
ln(t) dt 6
1
n
X
k=1
Z
ln k 6
(n+1)
ln(t) dt
1
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Corrections
donc
n ln n − n + 1 6
n
X
ln k 6 (n + 1) ln(n + 1) − n
32
Exercice 93 : [énoncé]
On peut écrire
n = 2k (2p + 1)
k=1
On a alors
donc
n
X
an + 1 = b2p+1 − (−1)2p+1 = (b + 1)c
ln k = n ln n − n + O(ln n)
k=1
Par suite
2n
X
k=1
ln k − 2
n
X
k
avec b = a2 .
On en déduit que b + 1 | an + 1, or an + 1 est supposé premier et b + 1 > 1 donc
b + 1 = an + 1 puis n = 2k .
ln k = 2n ln(2n) − 2n − 2(n ln n − n) + O(ln n)
k=1
puis
2n
X
k=1
ln k − 2
n
X
ln k ∼ ln(2)(2n)
k=1
On en déduit
2n
= O(π(2n))
ln 2n
Ajoutons
x
2 bx/2c
∼
ln x
ln 2 bx/2c
par calculs et π(x) ∼ π(2 bx/2c) car π(x) et π(2 bx/2c) ne différent qu’au plus
d’une unité et π(x) → +∞.
Finalement, une certaine satisfaction.
Exercice 92 : [énoncé]
Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de
la forme 4n + 3. On peut introduire le nombre N égal au produit de ceux-ci.
Considérons alors l’entier 4N − 1.
4N − 1 est impair donc 2 ne le divise pas.
Si tous les facteurs premiers de 4N − 1 sont égaux à 1 modulo 4 alors
4N − 1 ≡ 1 [4] ce qui est absurde.
L’un au moins des facteurs premiers de 4N − 1 est alors de la forme 4n + 3 et
celui-ci apparaît donc dans le produit N . Ce facteur premier divise alors les
nombres 4N − 1 et N , il divise donc −1, c’est absurde !
Exercice 94 : [énoncé]
a) Quitte à échanger, supposons n < m.
On remarque que
m−n
(Fn − 1)2
= Fm − 1
En développant cette relation par la formule du binôme, on parvient à une
relation de la forme
Fm + vFn = 2
avec v ∈ Z car les coefficients binomiaux sont des entiers.
On en déduit que pgcd(Fn , Fm ) = 1 ou 2.
Puisque Fn et Fm ne sont pas tous deux pairs, ils sont premiers entre eux.
b) Les Fn sont en nombre infini et possèdent des facteurs premiers distincts, il
existe donc une infinité de nombres premiers.
Exercice 95 : [énoncé]
a) L’ensemble
des inversibles
de Z/nZ!est un sous-groupe de cardinal
!
!
! ϕ(n).
p
p−1
p
p
b) k
=p
donc p | k
or p ∧ k = 1 donc p |
.
k
k−1
k
k
c) Posons d = (n − 1) ∧ ϕ(n). d = (n − 1)u + ϕ(n)v donc ad = 1 [n]. Or d | n − 1
donc nécessairement d = n − 1. Par suite n − 1 | ϕ(n) puis ϕ(n) = n − 1 ce qui
entraîne que n est premier.
Exercice 96 : [énoncé]
On peut écrire
n
X
k=1
d(k) =
n X
X
1
k=1 d|k
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Corrections
Cette droite coupe le cercle en (x0 , y0 ) pour λ = 1 et recoupe encore celui-ci en
(x1 , y1 ) obtenu pour
(x0 )2 + (y00 )2 − N 2
λ= 0
D2
et en permutant les deux sommes
n
X
d(k) =
k=1
n X
X
1
d=1 k∈Ad
avec Ad l’ensemble des multiples de d qui sont inférieurs à n. On a évidemment
CardAd = E(n/d)
et donc
n
X
d(k) =
k=1
n
X
E
d=1
33
Puisque
D2 = N 2 − 2(x0 x00 + y0 y00 ) + (x00 )2 + (y00 )2 =
d1
d0
avec d1 ∈ N? et d1 < d0 car D2 < 1.
Le nombre λ est donc de la forme d0 k/d1 avec k entier et les coordonnées (x1 , y1 )
sont alors de la forme
n
d
x1 = p1 /d1 et y1 = q1 /d1 avec p1 , q1 ∈ Z et d1 ∈ N? , d1 < d0
Puisque
x − 1 < E (x) 6 x
Si d1 = 1, le processus s’arrête, sinon il suffit de répéter l’opération jusqu’à
obtention d’un couple entier.
on obtient l’encadrement
n
n
X
1
d=1
d
!
−1
6
n
X
d(k) 6n
k=1
n
X
1
d=1
d
Sachant qu’il est connu que
n
X
1
∼ ln n
d
Exercice 98 : [énoncé]
Notons n1 , . . . , nk les cardinaux respectifs des k classes d’équivalence de R. D’une
part n = n1 + · · · + nk , d’autre part p = n21 + · · · + n2k . Par l’inégalité de
Cauchy-Schwarz : (n1 + · · · + nk )2 6 k(n21 + · · · + n2k ).
k=1
on obtient
n
1X
d(k) ∼ ln n
n
Exercice 99 : [énoncé]
k=1
Pour k ∈ {0, . . . , n}, il y a
Exercice 97 : [énoncé]
Si le couple (x0 , y0 ) est entier la conclusion est entendue.
Sinon, on peut écrire
X
D2 = (x0 − x00 )2 + (y0 − y00 )2 6 1/4 + 1/4
La droite joignant nos deux couples peut être paramétrée par
(
x = x00 + λ(x0 − x00 )
avec λ ∈ R
y = y00 + λ(y0 − y00 )
!
parties X à un k éléments dans E. Par suite
k
Card(X) =
X⊂E
x0 = p0 /d0 et y0 = q0 /d0 avec p0 , q0 ∈ Z et d0 ∈ N\ {0, 1}
Considérons alors un couple entier (x00 , y00 ) obtenu par arrondi de (x0 , y0 ). On a
n
Pour k ∈ {0, . . . , n}, il y a
n
X
k=0
n
k
n
k
!
= n2n−1
!
parties Z à k éléments dans E.
k
Pour une telle!partie Z, les parties X contenant Z ont ` ∈ {k, . . . , n} éléments.
n−k
Il y a
parties X à ` éléments contenant Z.
`−k
Pour une telle partie X, une partie Y telle que X ∩ Y = Z est une partie Y
déterminée par Z ⊂ Y ⊂ Z ∪ CE X.
Il y a 2n−` parties Y possibles.
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Corrections
34
Ainsi, il y a
n
X
`=k
n−k
!
2n−` = (1 + 2)n−k = 3n−k
`−k
couples (X, Y ) tels que X ∩ Y = Z.
X
Card(X ∩ Y ) =
X,Y ⊂E
n
X
X
X
Card(X ∩ Y ) =
k=0 CardZ=k X∩Y =Z
Or
((3 + x)n )0 = n(3 + x)n−1 =
n
X
k=0
n
X
k=0
k
n
k
n
!
k
3n−k
!
k
3n−k xk−1
donc
X
Card(X ∩ Y ) = n4n−1
X,Y ⊂E
Enfin
Card(X ∪ Y ) = CardX + CardY − Card(X ∩ Y )
donne
X
Card(X ∪ Y ) = 2n n2n−1 + 2n n2n−1 − n4n−1 = 3n4n−1
X,Y ⊂E
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