Corrigé

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 26 mars 2014
S´erie 18
Exercice 1. Montrer que tout corps est un anneau int`egre.
Solution. Soit Kun corps. Si x∈Kest un diviseur de z´ero, alors il existe
y∈K∗tel que xy = 0. En multipliant par l’inverse de y, on trouve que x= 0,
une contradiction. 
D´efinition 1. Soit Aun anneau. On appelle nilpotent de Atout ´el´ement xde
Apour lequel il existe n∈N\ {0}tel que xn= 0.
Exercice 2. Soit n≥2 un entier. Donner la liste des niplotents de Z/nZ.
Solution.
Un ´el´ement [x]n∈Z/nZest nilpotent si et seulement si il existe un entier
m > 0 tel que [x]m
n= 0, c’est-`a-dire si n|xm. Par le th´eor`eme fondamental
de l’arithm´etique, on remarque qu’il existe m > 0 tel que n|xsi et seulement
si tout nombre premier divisant ndivise x. Par cons´equent, l’ensemble des nilpo-
tents de Z/nZest
{[x]n:p|n⇒p|x}.
Par exemple, si n= 6, cet ensemble est ´egal `a {[0]6}, et si n= 8, cet ensemble
est ´egal `a {[0]8,[2]8,[4]8,[6]8}.
Exercice 3. Soient p, q deux nombres premiers distincts, et n=pq. Soit eun
entier premier `a ϕ(n).
(1) Que vaut ϕ(n) ?
(2) Soit x∈(Z/nZ)∗. On note y=xe. Montrer l’existence de d∈Ntel que
x=yd. En d´eduire que yest une unit´e de Z/nZ.
Remarque culturelle : Si nest tr`es grand, calculer x`a partir de yet esans
connaˆıtre les deux facteurs pet qde nest un probl`eme chronophage. Cette re-
marque est `a la base du protocole cryptographique RSA.

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Solution.
(1) Par le th´eor`eme chinois, il existe un isomorphisme Z/pqZ∼
=Z/pZ×Z/qZ,
puisque pet qsont premiers entre eux. Cet isomorphisme se restreint en
un isomorphisme
(Z/pq)∗∼
=(Z/pZ×Z/qZ)∗∼
=(Z/pZ)∗×(Z/qZ)∗.
Par cons´equent,
ϕ(pq) = |(Z/pqZ)∗|=|(Z/pZ)∗×(Z/qZ)∗|
=|(Z/pZ)∗||(Z/QZ)∗|
=ϕ(p)ϕ(q) = (p−1)(q−1)
(2) Comme eest premier `a ϕ(n), il existe une relation de B´ezout de+aϕ(n) =
1, pour des entiers d, a ∈Z. Montrons que yd=xdans Z/nZ. Par abus
de notation, ´ecrivons encore y(resp. x) un repr´esentant de la classe de y
(resp. x) modulo n. Par l’isomorphisme Z/pqZ∼
=Z/pZ×Z/qZ, [m]pq 7→
([m]p,[m]q), il suffit de montrer que yd≡xmodulo pet modulo q. Par le
premier point,
yd=xed =x1−aϕ(n)=x1−a(p−1)(q−1).
Or, xa(p−1)(q−1) = (xa(q−1))p−1≡1 (mod p) par un th´eor`eme de Lagrange
dans (Z/pZ)×. Par sym´etrie, yd≡1 (mod q), ce qui implique le r´esultat.
Puisque y=xeet x∈(Z/nZ)∗, il est clair que y∈(Z/nZ)∗.
Exercice 4. Soient nun entier et Gun groupe cyclique d’ordre n.
(1) Montrer que Ga exactement ϕ(d) ´el´ements d’ordre d.
(2) En d´eduire que n=X
d|n
ϕ(d).
Solution.
(1) Puisque est cyclique d’ordre n, on a G∼
=Z/nZet on peut supposer sans
perte de g´en´eralit´e que G=Z/nZdans la suite de l’argument. Rappelons
que les sous-groupes de Gsont cycliques, de la forme
Ha=aZ/nZ,
pour a≥1 un diviseur de n. Puisque, |Ha|=n/a, ce sous-groupe est
g´en´er´e par un ´el´ement d’ordre n/a. D’autre part, tout ´el´ement d’ordre
n/a de Gg´en`ere un sous-groupe Hd’ordre n/a. Comme Haest le seul
sous-groupe de cet ordre, on a H=Ha. Ainsi,
Gd:= {g∈G:ga ordre d}={g∈G:gg´en`ere Hn/d}.
Or, Ha∼
=Z/(n/a)Z, qui poss`ede |(Z/(n/a)Z)∗|=ϕ(n/a) g´en´erateurs.
Par cons´equent, |Gd|=ϕ(d) pour tout d|n. Si d∤n, un th´eor`eme de
Lagrange indique que Gdest vide.

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(2) L’ensemble Gpeut ˆetre partitionn´e comme l’union disjointe des ensembles
Gdd´efinis ci-dessus (pour d|n). Par le premier point, on obtient que
|G|=X
d|n
|Gd|=X
d|n
ϕ(d).
Exercice 5. Soient p≥3 un nombre premier, et nun entier. On admettra que
(Z/pZ)∗est un groupe cyclique.
(1) Montrer par r´ecurrence sur nl’existence de mn∈Npremier `a ptel que
(1 + p)pn= 1 + mnpn+1.
En d´eduire l’ordre multiplicatif de [1 + p]pn∈(Z/pnZ)∗.
(2) Montrer l’existence d’un homomorphisme de groupes
f: (Z/pnZ)∗−→ (Z/pZ)∗
surjectif et de noyau engendr´e (multiplicativement) par 1 + p.
(3) Montrer l’existence d’un ´el´ement x∈(Z/pnZ)∗d’ordre (multiplicatif) p−1.
(4) Montrer que (Z/pnZ)∗est isomorphe `a Z/ϕ (pn)Z.
Solution.
(1) Si n= 0, on a (1 + p)pn= 1 + p, donc mn= 1 convient. Supposons le
r´esultat v´erifi´e pour un entier n−1≥0. On a alors
(1 + p)pn=(1 + p)pn−1p= (1 + mn−1pn)p
=
p
X
i=0 p
imi
n−1pni
= 1 + mp
n−1pnp +
p−1
X
i=1 p
imi
n−1pni
= 1 + pn+1 mp
n−1pn(p−1)−1+
p−1
X
i=1 p
imi
n−1pn(i−1)−1!.
Puisque p≥3 et n≥1, la somme entre parenth`eses dans la derni`ere
expression est un entier, que nous notons mn. Observons que :
•On a mp
n−1pn(p−1)−1≡0 (mod p), car n(p−1) −1>0.
•Pour tout i= 1,...,p −1, le premier pdivise p
i. En effet, p
ii! =
p···(p−i+ 1), d’o`u p|p
ii!. Or, tous les diviseurs premiers de i! sont
strictement inf´erieurs `a p. Par cons´equent, pdivise p
i.

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•En utilisant le point pr´ec´edent et le fait que n≥3, on trouve que
p−1
X
i=1 p
imi
n−1pn(i−1)−1=mi n−1+p
2m2
n−1pn−1+
p−1
X
i=1 p
imi
n−1pn(i−1)−1
≡mi
n−1(mod p).
Ceci montre que mn≡mi
n−16≡ 0 (mod p), puisque mn−1est premier `a p
par hypoth`ese. En d’autres termes, mnest premier `a pcomme souhait´e.
Ainsi, on a (1+p)pn−1≡1 (mod pn). Par cons´equent, l’ordre de [1+p]pn∈
(Z/pnZ)∗divise pn−1. D’autre part, si kest un entier tel que (1 + p)pk≡1
(mod pn), alors 1 + mkpk+1 ≡1 (mod pn), d’o`u mkpk+1 ≡0 (mod pn).
En d’autres termes, pn|mkpk+1. Comme (p, mk) = 1, cela implique que
pn|pk+1, donc k≥n−1..
On en d´eduit que l’ordre de [1 + p]pn∈(Z/pnZ)∗est ´egal `a n−1.
(2) D´efinissons f:Z/pnZ−→ Z/pZpar f([x]pn) = [x]p. Il s’agit d’un homo-
morphisme de groupes bien d´efini, puisque si x≡y(mod pn), alors x≡y
(mod p). Par le cours, cet homomorphisme induit par restriction un ho-
momorphisme surjectif (Z/pnZ)∗−→ (Z/pZ)∗, que nous noterons aussi f.
Son noyau contient [1 + p]pn, donc ´egalement le sous-groupe d’ordre pn−1
(par le premier point) engendr´e par cet ´el´ement. Par le premier th´eor`eme
d’isomorphisme,
|ker f|=|(Z/pnZ)∗||
|(Z/pZ)∗|=ϕ(pn) ϕ(p)=pn−1
o`u la derni`ere ´egalit´e provient de l’exercice 3 de la s´erie 17. Par cons´equent,
ker f=h[1 + p]pnipuisqu’une inclusion d’ensembles finis de mˆeme cardi-
nalit´e est une ´egalit´e.
(3) Suivant l’´enonc´e, nous admettons que (Z/pZ)∗est cyclique. Par cons´equent,
ce groupe poss`ede un ´el´ement xd’ordre |(Z/pZ)∗|=ϕ(p) = p−1. Comme
fest surjective, soit y∈(Z/pnZ)∗tel que f(y) = x. Par l’exercice 1 de la
s´erie 4, p−1 divise l’ordre de y. Soit run entier tel que ord(y) = r(p−1).
L’´el´ement yra alors ordre p−1.
(4) Par d´efinition, l’ordre de (Z/pnZ)∗est ´egal `a ϕ(pn). Afin d’obtenir l’iso-
morphisme souhait´e, il suffit par le cours de montrer que (Z/pnZ)∗est cy-
clique. Pour cela, il suffit, `a nouveau par le cours, de montrer que (Z/pnZ)∗
poss`ede un ´el´ement d’ordre ´egal `a sa cardinalit´e ϕ(pn).

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Par l’exercice 3 de la s´erie 17, ϕ(pn) = pn−1(p−1). Par le premier et le
troisi`eme point de l’exercice, le groupe (Z/pnZ)∗poss`ede un ´el´ement x
d’ordre pn−1et un ´el´ement yd’ordre p−1.
Lemme 1. Soit Gun groupe commutatif. Si x, y ∈Gont ordre m, res-
pectivement n, avec (m, n) = 1, alors xy a ordre mn.
D´emonstration. Comme (xy)mn = (xm)n(yn)m=e, l’ordre rde xy divise
mn. En ´elevant l’´equation (xy)r= 1 `a la puissance n, on trouve que
xrn = 1 (en utilisant la commutativit´e), d’o`u m|rn. Comme (m, n) = 1,
on a m|r.
Par sym´etrie (en utilisant la commutativit´e), il vient que m, n |r. Comme
(m, n) = 1, conclut que mn divise r, d’o`u r=mn.
Attention : ce fait n’est en g´en´eral pas vrai si le groupe n’est pas commutatif.
Par contre, notons qu’il suffit de supposer que xet ycommutent.
Comme pnet p−1 sont premiers entre eux (si d|pn, p−1, alors d|p, p−1,
donc d|p−(p−1) = 1, d’o`u d=±1), on conclut du lemme que xy a
ordre pn(p−1), ce qui termine la d´emonstration.