Corrigé

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Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
8 octobre 2012
Série 3
Exercice 1.
(1) Sachant que le 8 octobre 2012 est un lundi, déterminer à quel jour de
la semaine correspond la date du 8 octobre 2013. Répondez à la même
question en remplaçant 2013 par 2014 puis 2015 puis 2016. Essayez de
déterminer quel jour de la semaine vous êtes né.
(2) Calculer le reste de la division euclidienne de 21001 par 15, puis le reste de
la division euclidienne de 41100 par 29.
Solution.
(1) Les jours de la semaine se répettent tous les 7 jours. Cela signifie que pour
déterminer quel jour de la semaine correspond à la date du 8/10/2013 en
sachant que le 8/10/2012 est un lundi, il suffit de calculer le reste de la
division euclidienne par 7 du nombre de jours écoulés entre 8/10/2012 et
le 8/10/2013, à savoir 365 jours (2013 n’est pas une année bisextile ; 2012
est une année bisextile mais le mois de février intervenant dans les calculs
est le mois de février 2013). On peut constater que 365 ≡ 1 mod 7. Par
conséquent, le 8/10/2013 est un mardi.
De la même manière, on peut montrer que le 8/10/2014 est un mercredi et le 8/10/2015 un jeudi. L’année 2016 est bisextile. Nous devons
donc prendre en compte un jour supplémentaire, à savoir le 29/2/2016.
Autrement dit, 366 jours s’écoulent entre le 8/10/2015 et le 8/10/2016.
Le 8/10/2016 est donc un samedi.
(2) Pour répondre à la question on utilise les classes de congruences modulo
15 et modulo 29 de la façon suivante :
21001 = 21000 · 2 = (24 )250 · 2 = 16250 · 2 ≡15 1250 · 2 ≡15 2,
et
41100 ≡29 12100 ≡29 (122 )50 ≡29 14450 ≡29 (−1)50 ≡29 1.
Le reste de la division euclidienne de 21001 par 15 est donc 2, et le reste
de la divison euclidienne de (41)100 par 29 est 1.
2
Définition 1. Soient a, b ∈ Z. On dit que a divise b et on note a|b s’il existe
c ∈ Z tel que ac = b.
Définition 2. Soient a, b ∈ Z non nuls. On dit que d ∈ Z est un plus grand
commun diviseur (pgcd) de a et b, et on note d = Pgcd(a, b) si d satisfait aux
deux conditions suivantes :
(1) l’entier d divise a et b ;
(2) l’entier d est divisible par tout diviseur commun c de a et b.
Remarque : Dans l’exercice 3 on commence par vous demander de montrer que
deux entiers non nuls admettent toujours un pgcd, unique au signe près. Par
défaut on parle du pgcd de a et b pour désigner l’unique pgcd positif de a et b.
Définition 3. Soient a, b ∈ Z non nuls. On appelle relation de Bezout entre a et
b toute égalité de la forme
λa + µb = Pgcd(a, b)
avec λ, µ ∈ Z. Les entiers λ et µ sont appelés coefficients de Bezout.
Exercice 2.
Soient a, b ∈ N \ {0}.
(1) Montrer que deux entiers non nuls admettent toujours un pgcd, unique
au signe près.
(2) Soit r le reste de la division euclidienne de a par b. Montrer que
Pgcd(a, b) = Pgcd(b, r).
(3) En déduire un algorithme permettant de calculer Pgcd(a, b), ainsi qu’une
relation de Bezout entre a et b. Pensez à bien justifier votre réponse.
(4) En modifiant la réponse a la question précédente, montrer l’existence
d’une relution de Bézout entre a et b.
Solution.
(1) Commençons par montrer l’unicité au signe près. Supposons que d et d0
sont deux Pgcd de a et b. Comme d est un Pgcd et d0 est un diviseur
commun de a et b, on a d0 | d. De manière analogue on montre que d | d0 .
Ainsi, on a d0 = ±d. L’existence du Pgcd de a et b découle du théorème
fondamental de l’arithmétique.
En effet, d’après le théorème fondamental de l’Arithmétique, tout entier
naturel n ≥ 1 se décompose de façon unique à l’ordre des facteurs près
en produit de nombres premiers. Si P désigne l’ensemble des nombres
premiers, une telle décomposition peut s’écrire sous la forme
Y
n=
pαp ,
p∈P
3
où les entiers naturels αp ≥ 0 sont presque tous nuls, c’est-à-dire qu’ils
sont tous nuls, sauf un nombre fini d’entre eux. Le produit ci-dessus est
donc un produit
Y fini.
Y
Soient a =
pαp et b =
pβp les décompositions de a et b en produit
p∈P
p∈P
de nombres premiers. On vérifie alors que l’entier naturel d donné par
Y
d=
pmin{αp ; βp }
p∈P
est un pgcd de a et b, et donc le pgcd de a et b.
(2) Soit d un Pgcd de a et b. La division euclidienne de a par b s’écrit
a = qb + r
(*)
pour un couple d’entiers (q, r) avec 0 ≤ r < b.
Comme d divides b, l’entier d divise bq. Or d divise a donc d divise
a − qb = r. Soit d0 un diviseur commun de b et r. De l’égalité (*) nous
déduisons que d0 divise a. Par définition de d nous savons alors que d0
divise d. Ainsi d satisfait aux deux conditions définissant le Pgcd de b et
r.
(3) Nous décrivons un algorithme récursif basé sur le résultat de la question 2.
Entrée : deux entiers a, b.
Sortie : un Pgdc pour a et b.
PGCD(a, b) {
r := Residue(a, b) ; /*r est le reste de la division de a par b*/
If r = 0 returns b ; /* Cela signifie que si b divise a alors b = Pgdc(a, b)*/
else returns PGCD(b, r) ;
}
Cet algorithme termine en temps fini (et ne crée pas de boucle infinie)
car le reste r diminue au moins de 1 à chaque appel récursif à la fonction
PGCD. Par ailleurs, le résultat de la question (2) implique que l’algorithme
retourne bien un Pgcd de a et b.
(4) Nous modifions la réponse à la question précédente en donnant un algotrithme permettant le calcul d’une relation de Bezout entre a et b.
4
Entrée : deux entiers positifs a et b.
Sortie : un tableau A avec pour entrées λ := A[1], µ := A[2] tels que
λa + µb = Pgcd(a, b).
BR(a, b) {
r := Residue(a, b) ; /*r est le reste de la divison euclidienne de a par b*/
If r = 0 returns [0, 1] ; /* dans ce cas on a bien 0·a+1·b = b =Pgcd(a, b).*/
else q := (a − b)/r ;
returns [BR(b, r)[2], (BR(b, r)[1] − BR(b, r)[2] ∗ q] ;
}.
Soient a, b deux entiers strictement positifs. Nous montrons par récurrence
que BR(a, b) calcule bien un couple de coefficients de Bezout pour a et b.
Initialisation : b = 1. Dans ce cas r = 0 et la fonction calcule bien
une relation de Bezout entre a et b, à savoir [0, 1].
Étape de récurrence : on suppose que pour tout couple (a1 , b1 ) d’entiers positifs tels que b1 < b le résultat BR(a1 , b1 ) est une relation de
Bezout entre a1 et b1 . Si b | a alors r = 0 et le résultat provient alors de la
définition de BR. Sinon, on a 0 < r < b. Dans ce second cas, l’hypothèse de
récurrence montre que les entiers λ1 := BR(b, r), µ1 := BR(b, r) vérifient :
λ1 b + µ1 r = Pgcd(b, r).
En remplaçant r par a − qb dans l’équation (†) on constate que
(†)
µ1 a + (λ1 − µ1 q)b = Pgcd(b, r).
Comme Pgcd(a, b) = Pgcd(b, r) on en déduit que [λ, µ] := [µ1 , (λ1 − µ1 q)]
sont des coefficients de Bezout pour a et b.
Exercice 3.
(1) Trouver tous les entiers n tels que 147 divise 34n − 1.
(2) Montrer que l’application
f : Z/20Z −→ Z/20Z
[n]20
7−→ [13n]20
est un automorphisme de groupes.
Solution.
5
(1) On va montrer que 147 divise 34n − 1 si et seulement si n ≡ 13 mod 147.
Les entiers 147 et 34 n’ayant pas de facteur premier commun, on a
Pgcd(147, 34) = 1. On commence par remarquer que 147 divise 34n − 1 si
et seulement si il existe m ∈ Z tel que 34n − 1 = 147m, c’est à dire si et
seulement si il existe une relation de Bezout entre 147 et 34 de la forme
147m + 34n = 1. Le calcul des relations de Bezout entre 147 peut être
effectué à l’aide de l’algorithme d’Euclide étendu décrit dans la solution
de l’exercice 2.
147 = 4 ∗ 34 + 11
34 = 3 ∗ 11 + 1
La seconde égalité donne une relation de Bezout entre 34 et 11. En remplaçant 11 par 147 − 4 ∗ 34 dans cette seconde égalité, on constate que
−3 ∗ 147 + 13 ∗ 34 = 1 est une relation de Bezout entre 147 et 34. Nous
allons décrire deux méthodes pour déduire tous les n tels que 147 divise
34n − 1.
Première méthode : on a 34n − 1 ≡ 0 mod 147 si et seulement si
34n ≡ 1 mod 147. Comme −3 ∗ 147 + 13 ∗ 34 = 1, la multiplication par 34
est un automorphisme de Z/147Z d’inverse la multiplication par 13. Plus
généralement, nous verrons dans l’exercice suivant que la multiplication
par 34 est un automorphisme de tout groupe cyclique d’ordre fini premier
à 34. En d’autre termes, pour tout entier n on a [n]147 = [13 ∗ 34n]147 .
En particulier, [34n]147 = [1]147 si et seulement si [n]147 = [13 ∗ 34n]147 =
[13]147 .
Seconde méthode : Pour déduire de l’égalité −3 ∗ 147 + 13 ∗ 34 = 1
toutes les relations de Bezout entre 147 et 34, on remarque que l’on a
147m + 34n = 1 si seulement si 34(n − 13) + 147(m + 3) = 0. Comme 147
and 34 sont premiers entre eux, l’égalité 34(n − 13) + 147(m + 3) = 0 est
possible 1 si et seulement si il existe un entier k tel que n = 13 + 147k et
m = −3 + 34k.
(2) La multiplication par un nombre entier dans Z/20Z et plus généralement
dans un groupe cyclique est un homomorphisme de groupe. Cette affirmation est une conséquence de la distributivité de la multiplication par
rapport à l’addition. Comme Z/20Z est un ensemble fini, une application
de Z/20Z dans lui-même est bijective si et seulement si elle est injective.
Ainsi pour pour montrer que f est un automorphisme de groupe, il suffit
de montrer que ker(f ) = {[0]20 }.
1une
question
manière simple de le prouver consiste à utiliser le Lemme décrit dans la seconde
6
Première méthode : Si 13n ≡ 0 mod 20, alors, comme
−39 ≡ 1 mod 20, on a n ≡ −3 ∗ 13n mod 20 ≡ 0 mod 20. On a
donc bien ker(f ) = {[0]20 }.
Seconde méthode : Supposons que 13n ≡ 0 mod 20 i.e. 20 | 13n.
Alors le lemme suivant montre que 20 | n.
Lemme : Soient a, b, c des entiers tels a | bc et Pgcd(a, b) = 1. Alors,
a | c.
Preuve : Comme Pgcd(a, b) = 1 il existe des entiers x, y tels que
ax + by = 1. En multipliant les deux membres de cette égalité par c
on obtient acx + cby = c. Comme bc est un multiple de a on constate que
acx + cby est un multiple de a. En particulier, c est divisible par a. Remarque : La seconde méthode nous permet de montrer un résultat
plus général : si m et d sont des entiers premiers entre eux, alors l’application g : Z/mZ −→ Z/mZ définie par g ([n]20 ) := [dn]20 est un automorphisme.
Exercice 4. (?)
Soient G un groupe cyclique d’ordre n et a un générateur de G.
(1) Construire un isomorphisme explicite entre G et Z/nZ.
(2) Soit m un entier non nul. Montrer que am est d’ordre nd où d = Pgcd(m, n).
(3) Montrer que am et ad engendrent le même sous-groupe de G.
(4) En déduire que am engendre G si et seulement si m est premier à n.
(5) Montrer que l’ensemble des sous-groupes de G est en bijection avec des
entiers naturels qui divisent n.
Solution.
Dans cette solution on note o(g) l’ordre d’un élément g de G.
(1) Comme a est un générateur de G pour définir un homomorphisme
φ : G → G0 à valeur dans un groupe G0 , il est nécessaire et suffisant
de donner l’image de a par φ (puisque G = {a0 , ..., an−1 } et φ(ai ) = φ(a)i
pour tout i). On considère l’homorphisme de groupe φ : G → Z/nZ défini
par φ(a) = [1]n .
Soit g ∈ G tel que φ(g) = [0]n . Comme G = {a0 , ..., an−1 }, il existe un
entier 0 ≤ i ≤ n − 1 tel que g = ai . On a alors φ(g) = φ(ai ) = [i]n , et en
particulier [i]n = [0]n , ce qui implique que i = 0 i.e. que g = 1G . Ainsi,
ker(φ) = {1G }. L’application φ est donc injective. Comme G et Z/nZ ont
même cardinal, on en déduit que φ est bijective. Par conséquent, φ est un
isomorphisme.
7
(2) Nous remarquons que la notion d’ordre o(·) d’un élément est invariante
par isomorphismes de groupes. Dans le cas particulier de l’isomorphisme
φ défini ci-dessus, cela signifie que o(am ) = o([m]n ). L’ordre de [m]n est
le plus petit entier strictement positif k tel que k[m]n = [0]n i.e. tel que
n | mk. Comme d | m on a
m
n m
n
n | mk ⇐⇒ n |
dk ⇐⇒
|
k ⇐⇒
|k
d
d
d
d
(la dernière équivalence vient du lemme prouvé au cours de la solution
à la
n m
question 2 de l’exercice 3 appliqué en remarquant que Pgcd d , d = 1).
Ainsi, chercher le plus petit entier strictement positif k tel que n | mk
n
revient à chercher le plus petit entier strictement positif k tel que
|k
d
n
n
i.e. le plus petit multiple de , c’est-à-dire lui-même.
d
d
Seconde méthode : On se ramène à l’étude de deux cas particuliers dont
nous ne détaillons pas l’étude (cette seconde méthode n’est présentée ici
que par soucis d’exhaustivité).
Cas 1 : Pgcd(m, n) = 1. (indication : pour étudier ce cas on peut
utiliser l’homomorphisme [k]n 7→ [mk]n de Z/nZ dans lui-même étudié
lors de la résolution de la question 2 de l’exercice 3).
Cas 2 : m | n. (Pour étudier ce cas, demandez vous quel est le plus
petit multiple de m qui est aussi un multiple de n).
On conclue en écrivant am sous la forme (ad )m/d et en remarquant que
n
o((ad )m/d ) = o(ad ), d’après le cas 1, et que o(ad ) = d’après le cas 2.
d
(3) On remarque que ham i ⊆ had i car m est un multiple de d. D’après la
question 2, les ensembles ham i et had i ont même cardinal. Par conséquent,
l’inclusion ham i ⊆ had i est en fait une égalité d’ensembles.
(4) ham i = G ⇐⇒ o(am ) = n ⇐⇒
n
= n ⇐⇒ pgcd(m, n) = 1.
pgcd(m, n)
(5) Notons Divn l’ensemble des diviseurs strictement positifs de n et Sub(G)
l’ensemble des sous-groupes de G. On considère l’application
Γ : Divn → Sub(G)
d 7→ had i.
On commence par montrer que Γ est injective. Soient d, d0 ∈ Divn tels que
0
0
Γ(d) = Γ(d0 ). Alors had i = had i. En particulier | had i |=| had i |. Comme
l’ordre d’un élément est égal au cardinal du groupe qu’il engendre, on a
0
o(ad ) = o(ad ). D’après la question 2, on a donc n/d = n/d0 c’est-à-dire
8
d = d0 .
Soit H un sous-groupe cyclique de G. Soit m tel que am engendre H.
Si d = pgcd(m, n) alors, d’après la question 3, on a Γ(d) = H. Ainsi pour
prouver que Γ est surjective il suffit de montrer que tout sous-groupe de
G est cyclique.
Première méthode : Comme l’image d’un sous-groupe cyclique par
un isomorphisme de groupes est un groupe cyclique, et comme G est isomorphe à Z/nZ, il suffit de montrer que tout sous-groupe de Z/nZ est
cyclique. Soit H un sous-groupe de Z/nZ alors la préimage f −1 (H) de
H par l’homomorphisme f : Z → Z/nZ défini par f (m) = [m]n est un
sous-groupe de Z. D’après la question 3 de l’exercise 3 de la série 2, tout
sous-groupe of Z est cyclique. On a donc f −1 (H) = dZ pour un certain
d ∈ Z. Comme f est surjective, H = f (f −1 (H)) = f (dZ) est cyclique
engendré par [d]n .
Seconde méthode : Soit H un sous-groupe non trivial de G. Soit
m := min{k > 0 : ak ∈ H} (ce minimum existe car H n’est pas trivial).
Nous allons montrer que ham i = H. L’inclusion ham i ⊆ H est directe.
Soit b ∈ H \ {0}. Comme b appartient à G il existe un entier positif s
tel que b = as . La division euclidienne de s par m montre l’existence de
deux entiers q et r tels que 0 ≤ r < m et s = qm + r. En particulier, on a
b = aqm · ar . Comme am ∈ H, on constate que aqm = (am )q appartient à
H. Comme b ∈ H, on en déduit que ar = b · (aqm )−1 ∈ H. Par minimalité
de m on a donc r = 0 i.e. b = (am )q ∈ ham i.
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