Exercice 5 (avec les notations d`Einstein) Soit x = x iei ∈ Rn et y = y

Exercice 5
(avec les notations d’Einstein) Soit x = xi ei ∈ Rn et y = y i ei , et on notera
– X, Y les vecteurs colonnes correspondant dans la base canonique.
– XA , YA les vecteurs colonnes correspondant dans la base de (ei )i .
On a la propriété suivante (changement de base) :
X = AXA
T
T
T
Y = AYA
i j
Alors XA ( AA)YA = XY = (x|y) = x y (ei |ej ) = TXA GYA . Ainsi par identification G =
AA, d’où en particulier le résultat : det(G) = det(A)2 .
T
Exercice 6 : Puissance d’un point par rapport à un cercle
Indépendance. Soient D une droite passant par P coupant C en respectivement A et B. On
notera de plus M le milieu de [A, B]. Alors
ΓP = P A P B = P~AP~B = (P~M +M~A)(P~M +M~B) = (P~M −M~B)(P~M +M~B) = kP M k2 −kM Bk2
Si cette valeur ΓP ne dépend pas de la droite, c’est en particulier vrai pour (P O) et donc en
notant P 0 et P 00 les deux points du cercles sur la droite (P O), on sait que ΓP = P~P 0 P ~P 00 =
kP Ok2 − kOP 0 k2 = kP Ok2 − R2
Et en effet on peut retrouver cela :
~ )2 − (OB
~ − OM
~ )2 = kP Ok2 − R2 + 2P~B OM
~
kP M k2 − kM Bk2 = (P~O + OM
~ = 0, d’où le résultat.
Or par construction P~B OM
Cas de la tangente. Si D est tangente au cercle en M , alors la puissance de P par rapport au
cercle est donnée par P O2 − R2 = P O2 − OM 2 = P M 2 par théorème de Pythagore. En gros
le résultat ΓP = P A P B reste valable dans le cas limite A = B.
Questions.
(i) Si P à l’intérieur, alors quelque soit le choix de la droite coupant le cercle en A et B, P A
et P B sont de signe opposés, donc la puissance est négative.
Réciproquement, si ça puissance est négative, pour une certaine droite, P A et P B sont de
signe opposés donc P est le barycentre à coefficients positif de deux points du cercle, il est
donc à l’intérieur du cercle.
(ii) Si P est sur le cercle, alors par exemple pour le choix d’une droite non tangente au cercle
en P , on peut poser A = P et donc P A = 0 d’où ΓP = 0.
Réciproquement, si la puissance est nulle pour une droite coupant le cercle en deux points,
l’une des deux valeurs P A ou P B est nulle et donc P ∈ {A, B}.
(iii) Finalement P est à l’extérieur du cercle ssi P n’est dans aucun des deux cas précédents
ssi la puissance de P n’est pas négative ni nulle i.e. est strictement positive.
Puissance par rapport à deux cercles et application au groupe circulaire [Aud12].
Puissance par rapport à deux cercles. L’ensemble ∆ des points P du plan tels que les puissances
de P par rapport à C et C 0 soient égales est l’ensemble des points satisfaisant P O2 − (P O0 )2 =
R2 − (R0 )2 .
Soit P un tel point (pour la justification de l’existence, cf ci-dessous) et soit P 0 tel que
~
~ 0 alors on montre facilement que P 0 O2 − (P 0 O0 )2 = P O2 − (P O0 )2 = R2 − (R0 )2 .
P P 0 ⊥OO
Donc la droite orthogonale à OO0 et passant par P est contenu dans ∆. Réciproquement soit
P 0 ∈ ∆, alors par le résultat précédent le projeté Q de P 0 sur OO0 est également dans ∆. reste à
montrer qu’il existe un unique point de la droite OO0 vérifiant cette propriété, on peut se donner
1
2
une coordonnée sur la droite OO0 telle que O = 0, O0 = 1 et P = x ; alors l’appartenance à ∆
se traduit par x2 − (1 − x2 ) = c ce qui en fait est une équation de degré 1 en x qui admet une
unique solution.
Corollaire. Dans la figure de la feuille de TD, I a la même puissance par rapport aux deux cercles.
En effet, les deux points d’intersection des deux cercles ont une puissance nulle par rapport à
chacun des cercles donc ils sont sur la droite ∆. Or I est aligné avec ces deux points donc est
également sur la droite ∆.
Comme I est sur la tangente à l’un des cercle en A, la puissance de I relativement à ce cercle
est IA2 , de même, sa puissance par rapport au cercle passant par B est IB 2 , on en déduit donc
que IA2 = IB 2 d’où I est le milieu du segment [A, B]
Remarque. Ce résultat est utilisé dans le développement "groupe circulaire" de [Aud12].
Exercice 8
Le quadrilatère CBE0 D est un losange donc ses diagonales sont perpendiculaires ; notons F
leur point d’intersection. On écrit le théorème de Pythagore dans le triangle CF D, et dans le
triangle AF D :
CD2
= DF 2 + F C 2
2
= DF 2 + AF 2
DA
En soustrayant on obtient
AF 2 − CF 2 = DA2 − CD2
Or le second membre est une constante c0 et le premiers membre est (AF − CF )(AF + CF ) =
AC × AE0 , car A, C, F et E0 sont alignés. Ainsi pour résumer :
c0
AE0 =
AC
On peut dire que E0 est l’image de C par l’inversion de centre A et de rapport c0 (cf [Aud12]).
Par suite l’ensemble des tels E0 est l’image du cercle par l’inversion, donc une droite.
~ AC),
~
Mais de manière plus élémentaire en notant θ l’angle (AO,
on a en considérant le triangle
rectangle ACA0 où A0 est le symétrique de A par rapport à O, la relation AC = 2R cos(θ) par
suite
c1
AE0 =
cos(θ)
Ce qui est l’équation d’une droite en coordonnées polaire centrées en A (droite perpendiculaire
c1 ~
à (AO) passant par le point A +
AO).
AO
Exercice 15
Première méthode : Avec le théorème de structure des groupes abéliens de type
fini. Soit H = hx, yi ⊆ G. Alors H est abélien de type fini et même fini. Ainsi le théorème de
structure nous donne :
∃ k ∃ l1 |l2 | · · · |lk
tels que
H∼
= Cl1 × Cl2 × · · · × Clk
On notera ϕ l’isomorphisme de groupe ainsi donné.
On pose ϕ(x) = (x1 , · · · xk ), et on notera mi = o(xi ) l’ordre de xi . Alors pour tout i, mi divise
li car xi ∈ Cli et mi divise m = o(x) car ϕ(xm ) = ϕ(1) = (1, 1, · · · , 1) donc xm
i =1
Comme les li se divisent les uns les autres, en particulier pour tout i, mi divise lk , donc le
ppcm(mi , i = 1 · · · k) divise lk .
3
Or ce ppcm est précisément m, en effet tous les mi divisent m donc leur ppcm aussi et
réciproquement en notant q le ppcm, ϕ(xq ) = (xq1 , · · · , xqk ) = (1, · · · , 1) car pour tout i, mi
divise q. Donc par injectivité de ϕ, xq = 1 c’est-à-dire q | m d’où l’égalité q = m. Ainsi m | lk .
En raisonnant de même pour y d’ordre n, on obtient n|lk . Dès lors on sait que ppcm(m, n)|lk
et comme Clk est un groupe cyclique engendré par g, en notant ppcm(m, n)r = lk , g r est un
élément d’ordre ppcm(m, n) dans Clk et donc ϕ−1 (1, 1, · · · , g r ) en est un dans G.
Seconde méthode : "À la main".
Le produit xy est toujours d’ordre divisant ppcm(m, n). Il suffit de vérifier :
0
(xy)ppcm(m,n) = xppcm(m,n) y ppcm(m,n) = xmk y nk = 1
Si m est n sont premiers entre eux. Si m et n sont premiers entre eux, soit un entier k tel que
(xy)k = 1 , alors xk = y −k et donc xk est un élément de hxi ∩ hyi mais ce groupe est d’ordre
divisant à la fois m et n. Ainsi c’est le groupe trivial et donc xk = y k = 1. Il s’en suit que k est
un multiple de m et n et donc un multiple du ppcm.
Se ramener au cas premiers entre eux. Dans le cas général, posons
d = pgcd(m, n)
m
= dm0
n
= dn0
Il s’en suit que ppcm(m, n) = dm0 n0 . Admettons (provisoirement) qu’il existe d1 , d2 ∈ N∗ satisfaisant :
d = d1 d2
(1)
0
d1 m ∧ d2 n0
(2)
xd2 ,
=
1
0
Et considérons z =
alors z est d’ordre d1 m (ce résultat est général : dans un groupe cyclique
de générateur g d’ordre uv, g u est d’ordre v). De la même manière t = y d1 est d’ordre d2 n0 .
Comme d1 m0 et d2 n0 sont premiers entre eux, le produit zt est d’ordre d1 m0 d2 n0 d’après la
partie précédente ; c’est-à-dire d’ordre dm0 n0 = ppcm(m, n)
Construction de la décomposition. Reste à construire d1 et d2 . En traitant plusieurs exemples
on peut se convaincre qu’une telle décomposition satisfaisant (1) et (2) existe toujours et qu’elle
n’est pas unique (e.g. m = 5 × 3 × 4 et n = 5 × 8). On va donc construire une telle décomposition
d = d1 d2 avec
d1 ∧ d2
=
1
0
=
1
0
=
1
d1 ∧ n
d2 ∧ m
et d1 maximal parmi les diviseurs de d satisfaisant les équations ci-dessus. Pour cela on écrira
les entiers x ∈ N∗ à l’aide de leur décomposition en produit de nombres premiers :
Y ν (x)
x=
pi i
i≥1
Les exposants νi satisfont la relation νi (xy) = νi (x)νi (y) et définissent entièrement x. On pose
alors
0
si νi (n0 ) > 0
νi (d1 ) :=
νi (d)
sinon
Et d2 est alors défini par νi (d2 ) := νi (d) − νi (d1 ). Il est immédiat que d1 est premier avec d2 et
n0 et leur produit vaut d par construction.
4
Reste à montrer que d2 ∧ m0 = 1, c’est-à-dire νi (d2 )νi (m0 ) = 0 pour tout i. Or cela résulte du
fait que n0 et m0 sont premiers entre eux, donc si νi (m0 ) > 0 alors nécessairement νi (n0 ) = 0 et
donc, par définition de d1 , on a νi (d1 ) = νi (d). Ceci entraîne par définition de d2 que νi (d2 ) = 0.
Exercice 16
Cas de Z/mnZ avec m > 2 et n > 2 premiers entre eux. On remarque tout d’abord que
×
×
pour tout k > 2, ϕ(k) est pair. Donc les groupes (Z/mZ) et (Z/nZ) sont de cardinal pair
donc possèdent chacun un élément d’ordre 2 (que l’on notera respectivement g et h). De plus par
théorème chinois, on peut écrire
×
×
×
(Z/mnZ) ∼
= (Z/mZ) × (Z/nZ)
×
Alors le groupe engendré par (g, h) dans (Z/mnZ) est isomorphe à K4 = C2 × C2 , et par suite
×
(Z/mnZ) possède un sous-groupe qui n’est pas cyclique, il ne peut donc pas être cyclique.
×
Lemme, cas de F×
p . [Per96] montre que Fq est cyclique
Cas de Z/pk Z× . On trouve un élément d’ordre p − 1 et on montre que p + 1 est d’ordre pk−1 .
Élément d’ordre p − 1. On dispose d’un morphisme d’anneau naturel Z/pk Z → Fp donnée par
la réduction modulo p. Il est surjectif et induit un morphisme de groupe Z/pk Z× → F×
p qui est
surjectif 1 car 1, 2, 3, · · · p − 1 inversibles dans Z/pk Z sont des antécédents de 1, 2, 3, · · · p − 1 dans
Z/pZ = Fp . Or d’après le lemme F×
p est cyclique engendré par g. Soit donc y un antécédent de
g, on sait que l’ordre de y est un multiple de l’ordre de g (i.e. p − 1) et de plus l’ordre de y divise
l’ordre de Z/pk Z× c’est-à-dire φ(pk ) = (p − 1)pk−1 . Par suite nécessairement y est d’ordre p − 1.
s
L’élément p + 1. On montre en premier lieu que l’on a pour tout s : (1 + p)p = 1 + λps+1 . Ce
résultat peut se montrer par récurrence cf [Per96] en utilisant le fait que p divise les coefficients
binomiaux kp .
Dès lors notons r l’ordre de l’élément (1 + p). r divise φ(pk ) = (p − 1)pk−1 et de plus pour
tout s < k, r 6= ps par le résultat précédent. Enfin on sait que 1 + p est envoyé sur 1 dans Fp par
la réduction modulo p, par suite, son ordre divise l’ordre de ker ϕ× : Z/pk Z× → F×
p qui est de
cardinal pk−1 .
On a bien montré que l’élément 1 + p est d’ordre pk−1 dans Z/pk Z× .
Le cas 2k . On sait que
×
(Z/2Z) = {e}
×
(Z/4Z) = C2
Mais on peut remarquer que
×
(Z/8Z) = C2 × C2
En effet les éléments inversibles sont 1, 3, 5, 7 et sont tous d’ordre 2. Il n’est donc pas cyclique.
Dès lors soit k ≥ 3, alors le morphisme d’anneaux
ϕ : Z/2k Z −→ Z/8Z
donné par la réduction modulo 8, est surjectif. Or le morphisme de groupes induit
×
×
ϕ× : G := Z/2k Z −→ (Z/8Z)
est surjectif car 1, 3, 5, 7 inversibles dans Z/2k Z sont des antécédents de 1, 3, 5, 7 dans Z/8Z.
1. Ce qui n’est pas toujours vrai cf remarque
5
Remarque. (Contrairement à ce que j’ai prétendu pendant le TD) Un morphisme d’anneau surjectif ϕ : A → B n’induit pas nécessairement un morphisme de groupes surjectif ϕ× : A× → B × .
Par exemple Z → Z/pZ.
Dans le cas présent ϕ× est surjectif et donc si G était monogène engendré par g, alors ϕ(g)
engendrerai C2 × C2 qui n’es pas cyclique. Donc
×
∀k ≥ 3
Z/2k Z
n’est pas cyclique
Bilan. On peut résumer l’exercice par le tableau suivant, où m et m0 sont supposés premiers
entre eux et p premier.
n
impair
2n0 , n0 impair
4n0 , n0 impair
8n0
pk , p > 2 mm0 2pk , p > 2 2mm0 4 4m, m ≥ 3
×
(Z/nZ) cyclique ?
oui
non
oui
non oui
non
non
Exercice 19
Question 1. Si g est un générateur du groupe cyclique d’ordre n = kp alors g k est d’ordre p
Question 2. Si G est un produit de groupes cycliques et est d’ordre n = kp alors p divise le
produit des ordres des groupes cycliques, donc divise l’un d’entre eux. On peut conclure par la
question précédente.
Dès lors par le théorème de structure des groupes abéliens de type finis, si G est abélien (il
est fini donc de type fini) il isomorphe à un produit de groupes cycliques.
Question 3. Si G admet un p-Sylow H, alors le centre de H est un sous-groupe abélien non
trivial (formule des classes en faisant agir H sur lui-même par conjugaison) donc de cardinal
multiple de p donc on se ramène au cas précédent.
Question 4. Si G est d’ordre p alors il est cyclique (un élément différent du neutre est générateur).
Supposons maintenant que :
Tout groupe d’ordre pm avec m < n, contienne un élément d’ordre p.
Soit G un groupe d’ordre pn, et g un élément non-trivial.
Alors soit l’ordre de g divise p et c’est fini : en prenant g k pour un certain k on a construit
un élément d’ordre p.
Sinon l’ordre de g est q > 1 et divise n = kq, considérons donc le quotient H de G par hgi.
H est d’ordre pk donc par hypothèse de récurrence il contient h un élément d’ordre p. Soit x un
antécédent de h dans G alors l’ordre de h divise l’ordre de g 0 et donc p divise l’ordre de g 0 . Ainsi
on a un élément d’ordre p en élevant g 0 à la bonne puissance.
Ainsi par récurrence tous les groupes abéliens de cardinal multiple de p ont un élément d’ordre
p.
Question 5. On fait encore une récurrence sur l’ordre du groupe n = kp. Le cas k = 1 est ok.
On suppose que tous les groupes de cardinal qp pour q < k ont un élément d’ordre p.
Soit G un groupe fini de cardinal kp. Si le cardinal de Z(G) est multiple de p, alors comme il
est abélien, par la question précédente, il possède un élément d’ordre p et donc G aussi.
Supposons dès lors que le centre doit de cardinal m non multiple de p (possiblement m = 1),
alors en faisant agir G par conjugaison sur lui-même, on obtient par la formule des classes :
X
kp = |G| = m +
|ω|
ω∈Ω
où Ω désigne l’ensemble des orbites non réduites à un élément et m correspond à la somme
des cardinaux de ces orbites. Dès lors en réduisant modulo p, il existe ω orbite non triviale de
6
cardinal non multiple de p. En particulier cette orbite n’est pas G tout entier donc le stabilisateur
(normalisateur) H d’un élément de ω est non trivial. Enfin par la première formule des classes on
en déduit que p divise |H|. On peut donc appliquer l’hypothèse de récurrence à H et conclure.
Question 6. cf [Per96]
Exercice 23
1. A n’est pas un corps donc E = A \ A× ∪ {0} est non vide. Considérons ν le stathme euclidien
de A. C’est une application à valeur entières donc elle admet un minimum sur E en un certain
élément x.
Soit maintenant y ∈ A/(x). Si y = 0 alors 0 est un antécédent de y par la projection A →
A/(x). Supposons donc y 6= 0 et soit z un antécédent de y dans A. On peut écrire la division
euclidienne de z par x :
z = qx + r avec ν(r) < ν(x)
En effet on sait que r 6= 0 car z n’est pas un multiple de x car y n’est pas nul.
Dès lors par propriété de minimalité de x, nécessairement r est inversible. Enfin r est congru
à z modulo x, c’est donc un antécédent de y.
2. Soit y ∈ A/(x) non nul. Alors par la question précédente, il possède un antécédent z dans
A× . Soit z 0 = z −1 dans A et notons y 0 la projection de z 0 dans A/(x). On a immédiatement
yy 0 = π(zz 0 ) = π(1) On a donc trouvé un inverse à n’importe quel élément non nul de A/(x).
Par suite A/(x) est un corps.
√
3. On introduit la "norme" : k · k : Z[ N ] → N définie par :
√
ka + b N k = a2 − N b2 ≥ 0
√
Un premier résultat. kxyk = kxk × kyk pour tout x, y ∈ Z[ N ].
En effet il est facile de faire le calcul
√
√
√
(a + b N )(c + d N ) = ac + N bd + (bc + ad) N
Ce qui donne sur la norme
√
√
(ac + N bd)2 − N (bc + ad)2 = a2 c2 + N 2 b2 d2 − N b2 c2 − N a2 d2 = ka + b N k × kc + d N k
√
Corollaire. Les éléments inversibles de Z[ N ] sont de norme 1.
Or l’équation kxk = a2 − N b2 = 1 a pour solutions
x = ±1 ou N = −1, a = 0, b = ±1. Par
√
suite il y a au plus 4 éléments inversibles dans Z[ N ] pour N < 0.
√
√
4. Soit x = a√+ b N non nul. On veut déterminer le cardinal de B = Z[ N ]/(x). Or on peut
construire Z[ N ] comme Z[Y ] quotienté par l’idéal (Y 2 − N ). Un antécédent de x est alors
le polynôme a + bY . Dès lors par le troisième théorème d’isomorphisme (issu de la propriété
universelle du quotient des anneaux)
B∼
=
Z[Y ]
Z[Y ]
/(a + bȲ ) ∼
=
2
2
(Y − N )
(Y − N , bY + a)
Or ce dernier idéal contient (bY + a)Y − b(Y 2 − N ) = aY + bN et dès lors il contient l’élément
a(bY + a) − b(aY + bN ) = a2 − b2 N = kxk. En regroupant on a l’inclusion d’idéaux de Z[Y ]
suivante : (kxk , Y 2 − N ) ⊆ (Y 2 − N , bY + a).
Distinguons 2 cas :
7
– Si b = 0, alors |x| = a2 et donc B est isomorphe à
√
Z[Y ]/(a2 , Y 2 − N , a) ∼
= (Z/aZ) [ N ]
qui est de cardinal a ou a2 selon si N est un carré modulo a.
– Sinon b 6= 0, alors on peut s’intéresser au cas a∧b = 1. Dans ce cas, |x|∧b = (a2 −N b2 )∧b =
a2 ∧ b = 1 donc b est inversible modulo |x|.
Dès lors, dans (Z/|x|Z) [y], on a Y 2 − N = b−2 ((bY )2 − b2 N ) = b−2 ((bY )2 − a2 ) =
−2
b ((bY ) − a)((bY ) + a). Finalement on a donc l’égalité d’idéaux de Z/|x|Z : (Y 2 − N , bY +
a) = (bY + a) = (Y + ab−1 ). Du coup le quotient est isomorphe à Z/|x|Z et donc de cardinal
|x|.
Bilan : Pour un bon choix de x (irréductible par exemple, vu que de toute façon on voudra
après que le quotient soit un corps), alors le quotient est de cardinal |x|.
√
5. Supposons N < −3, alors par la question 3, A = Z[ N ] possède 2 éléments inversibles (et ce
n’est pas un corps). Supposons par l’absurde que cet anneau soit euclidien, alors par les questions
1 et 2 pour un certain élément x, A/(x) est un corps de cardinal inférieur ou égal à 2 + 1 = 3.
On doit donc avoir |x| = a2 − N b2 = 2 ou 3 ce qui est impossible pour N < −3 car dès lors b
est nécessairement nul et donc x = a = ±1 est inversible.
6. Le cas N = −1, A = Z[i] est l’anneau des entiers de Gauß qui est euclidien pour le module
complexe | · |.
√
Le cas N = −2 : A = Z[i 2] est également euclidien : soient a, b ∈ A avec b 6= 0. Alors on
voit A comme un réseau dans C (en particulier cela montre que c’est un anneau intègre), et on
considère z = a/b dans C. On peut montrer par des arguments géométriques simples que z est à
une distance strictement inférieure à 1 d’un élément q de A et donc on peut écrire z = q + (z − q)
et en multipliant par b :
a = bq + (z − q)b
| {z }
r
avec r = a − bq ∈ A et |r| < |b|.
Exercice 25
1. Si x et y sont nilpotents d’indices respectifs n et m, alors x + y est nilpotent d’indice au plus
n + m. En effet il suffit de montrer que (x + y)n+m = 0, or comme A est abélien la formule
du binôme nous donne une somme homogène de monômes xk y n+m−k . Dès lors, soit k ≥ n, soit
n + m − k ≥ m ; dans tous les cas le monôme est nul et donc la somme est nulle.
De plus, en utilisant toujours la commutativité de A, on a (ax)n = an xn donc si xn = 0 alors
pour tout a, ax est également nilpotent.
On a donc montré que N (A) est un idéal de A.
2. Si un élément y du quotient A/N est nilpotent d’indice n, soit x un antécédent dans y dans
A. Alors l’image de xn dans A/N est y n = 0 donc xn ∈ N (qui est le noyau de la projection).
Ainsi pour un certain k, on a (xn )k = 0 donc x ∈ N d’où y = 0.
Il n’y a donc pas d’élément nilpotent dans A/N .
3. Si A est commutatif alors par la question 1 le résultat est vrai. Du coup il faut un anneau
non commutatif. On peut prendre M2 (R) et considérer les deux matrices nilpotentes
0 1
0 0
A=
B=
0 0
1 0
qui vérifient A + B est inversible (donc en particulier pas nilpotente).
8
4. Le sens réciproque est facile par contraposée : Si a est nilpotent d’indice n > 1, considérons
le polynôme 1 − aX, alors on a la relation suivante
(1 − aX)(1 + aX + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 ) = 1 − an X n = 1
donc 1 − aX est inversible dans A[X] mais n’est pas un polynôme constant.
Pour le sens direct soit P = a0 + a1 X + · · · + an X n un polynôme inversible et Q = b0 +
· · · + bm X m son inverse. Alors on a les relations suivantes en identifiants les monômes de même
degré 2.
a0 b0
=
1
a1 b0 + a0 b1
=
..
.
0
=
0
X
ap bq
p+q=d
..
.
an bm
=
0
En particulier
(3)
an bm−1 + an−1 bm
=
0
(4)
an bm
=
0
Donc en multipliant la première par an et en utilisant an bm = 0 on trouve a2n bm−1 = 0.
Supposons que l’on ait montré que akn bl = 0 pour tout 1 < k < d et l + k = m + 1. Alors
multiplions l’équation suivante
X
ap bq = 0
p+q=d
en utilisant les hypothèses de récurrences il ne reste que le terme adn bd−n qui est donc
par
nul.
Ainsi, on arrive à montrer am+1
b0 = 0 donc comme b0 est inversible an est nilpotent. Par
n
hypothèse, on a donc an = 0. Or si on avait pris P maximal en degré tel qu’il soit inversible alors
en fait P n’était pas de degré n et donc les seuls polynômes inversibles sont de degré 0.
ad−1
n ,
Conclure
Exercice 26
1. Notons F = {x ∈ C | P (x) = 0 } où P est défini par P = X 4 +a3 X 3 +a2 X 2 +a1 X 1 +a0 .C’est
un ensemble de 4 complexes comptés avec multiplicité. On veut voir F comme un ensemble
d’abscisses des points d’intersection de deux coniques, dont l’une est une parabole. C’est donc
que l’intersection des coniques a lieu dans C2 (puisque l’ensemble des abscisses est dans C). Et
donc les coniques considérées sont "complexes" au sens où ce sont les solution dans C2 d’équations
de coniques.
On veut que l’une des deux soit une parabole on va donc lui donner l’équation Y = X 2 .
Maintenant soit (X, Y ) sur cette parabole, alors l’abscisse X est solution de P si et seulement si
Y 2 + a3 XY + a2 Y + a1 X 1 + a0 = 0.
On peut donc considérer l’ensemble
E = (X, Y ) ∈ C2 Y − X 2 = 0 et Y 2 + a3 XY + a2 Y + a1 X + a0 = 0
Alors la projection canonique "abscisse" : E → F induit une bijection entre ces deux ensembles.
2. L’unicité d’une telle écriture provient directement de la définition d’anneau polynôme sur A et pas des
propriétés de l’anneau commutatif A
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On peut faire un dessin mais bien faire attention au fait que ce sont des quadriques complexes
(en particulier elles s’intersectent toujours en 4 points comptés avec multiplicité et il n’y a pas
de distinction en ellipse et hyperbole).
2. Faisceau engendré. Par 5 points en "position générale" (c’est-à-dire qu’il n’y en a pas 3
alignés ni 4 cocycliques, etc) passe une et une seule conique. On a les 4 points de E et donc
l’ensemble des coniques passant par ces 4 points forme une famille à 1 paramètre (complexe) de
coniques, appelé faisceau engendré [Aud12].
L’équation de la conique de paramètre t peut être choisie comme
(1 − t)(Y − X 2 ) + t(Y 2 + a3 XY + a2 Y + a1 X + a0 ) = 0
On remarque que
– C’est l’équation d’une conique.
– Tous les points de E sont sur cette conique car ils annulent les 2 polynômes.
– Pour t 6= 0, les points de E sont exactement l’intersection de cette conique et de la parabole
Y 2 = X.
Maintenant cette conique d’équation
(t − 1)X 2 + ta3 XY + tY 2 + ta1 X + (1 + (a2 − 1)t)Y + ta0 = 0
est dégénérée si et seulement si la forme quadratique
(t − 1)X 2 + ta3 XY + tY 2 + ta1 XZ + (1 + (a2 − 1)t)Y Z + ta0 Z 2
est dégénérée ([Aud12]).
Sa matrice est donnée par


2(1 − t)
ta3
ta1
 ta3
2t
1 + (a2 − 1)t
ta1
1 + (a2 − 1)t
2ta0
Dont le determinant s’annule ssi la conique est dégénérée. Or le determinant est une équation
polynômiale de degré 3 en t.
3. Résolution par radicaux des équations polynomiales de degré 4. Considérons une
conique dégénérée Ct du faisceau. Alors c’est la donnée de deux droites sécantes ou d’une droite
double. En effet si la forme quadratique est de rang 1 alors dans une certaine base c’est X̃ 2 = 0
et donc ça correspond à la droite X̃ = 0 comptée avec multiplicité 2. Si la forme quadratique est
de rang 2, alors dans une certaine base l’équation devient X̃ 2 − Ỹ 2 = 0 (quitte à changer Ỹ en
iỸ , on peut toujours avoir le signe moins), c’est dont l’union de deux droites X̃ = ±Ỹ .
Supposons donc que la droite d’équation uX + vY + w = 0 soit l’une des deux composante de
la conique dégénérée Ct du faisceau. Alors les abscisse de ses points d’intersection avec la parabole
sont les solutions de uX + vX 2 + w = 0 et de même pour l’autre composante u0 X + v 0 Y + w0 = 0.
À l’aide de ces deux equations de degré 2 on a retrouvé toutes les racines de P .
Reste à déterminer un t qui rende la conique dégénéré (résolution d’une équation de degré
3 dont on admet que c’est faisable par radicaux : formule de Cardan-Tartaglia) et une fois
l’équation de la conique dégénérée obtenue, il faut la factoriser en produit d’équations de droites.
On peut donc résoudre par radicaux l’équation de degré 4, P = 0.
Exercice 27
Solution. Considérons Z l’ensemble des éléments diviseurs de zéro (dont 0).
Pour z ∈ Z \ {0} fixé, l’ensemble K(z) = {t ∈ A | tz = 0 } est un idéal de A contenu dans
Z. En effet comme A est commutatif tout élément de la forme az pour a ∈ A et z ∈ Z vérifie
t(az) = 0 si tz = 0 et de plus si tz = t0 z = 0 alors (t + t0 )z = 0.
10
Remarque K(z) peut être vu comme le noyau du morphisme d’anneau "multiplication par
z" : A → A. De plus l’image de ce morphisme est l’ensemble zA = {za | a ∈ A } est également
un idéal de A. On a donc une suite exacte de A-modules donnée par l’application "multiplication
par z" :
0 → K(z) → A → zA → 0
Cependant zA ne contient que des diviseurs de 0 (et 0) il est donc contenu dans Z donc fini et
de cardinal majoré par n + 1 (il faut compter 0). De même K(z) est contenu dans Z et donc de
cardinal majoré par n + 1.
Une suite exacte courte de A-modules entraîne en particulier que A s’identifie du point de vue
ensembliste à K(z) × zA et est donc de cardinal fini majoré par (n + 1)2 . En effet chaque fibre de
A → zA au dessus de b contient tous les éléments de la forme a + K(z) (avec za = b) et est donc
en bijection avec K(z). On a donc une partition de A en ensembles de même cardinal (cardinal
de K(z)) et qui est constituée de Card(zA) parties.
Exemples et cas d’égalité :
– Z/2Z × Z/2Z possède 4 éléments, (0, 1) et (1, 0) sont deux diviseurs de zéros associés et se
sont les seuls (les autres éléments étant 0 et 1).
– L’anneau F2 [X]/(X 2 ) est un F2 espace vectoriel de dimension 2 (engendré par (1̄, X̄)), donc
de cardinal 4 qui de plus est un anneau (quotient d’un anneau par un idéal). Ses éléments
sont les suivants 0̄, 1̄, X̄, 1̄ + X̄. Or X̄ est nilpotent (X̄ 2 = 0). C’est le seul diviseur de 0, on
est donc dans le cas limite ((nombre de diviseur de 0) + 1)2 =Card(A).
– De manière plus générale l’anneau A = Fp [X]/(X n ) est de cardinal pn , a pour base
(1̄, X̄, · · · , X̄ n−1 ). Et l’ensemble des ses diviseurs de zéros (avec 0) a pour base (X̄, · · · , X̄ n−1 )
et est donc de cardinal pn−1 . Ainsi l’égalité
(pn−1 )2 ≤ Card(A) = pn
est atteinte pour n = 2.
Exercice 28
Si A anneau intègre (commutatif) fini. Soit a ∈ A \ {0}, montrons que a ∈ A× .
La multiplication par a donne un morphisme de groupes additifs A → A, et l’intégrité de A
nous assure qu’il n’existe aucun élément b tel que ab = 0 donc le noyau de ce morphisme est
réduit à 0, et donc il est injectif. Pour des raisons de cardinal, il est nécessairement surjectif et
par suite il existe un antécédent de 1, c’est-à-dire a0 ∈ A tel que aa0 = a0 a = 1 donc a ∈ A× .
On a bien montré que tout élément non nul est inversible, ainsi A est un corps.
Exercice 29
Dénombrer les polynômes unitaires de degré 2 sur Fq , q > 2 et les produits de polynômes
unitaires de degrés 1. Comparer et conclure.
Exercice 30
L’image réciproque d’un idéal par un morphisme d’anneaux (donc de corps) est un idéal, en
particulier le noyau d’un morphisme de corps est un idéal or les seuls idéaux d’un corps sont 0 et
lui-même. Comme un morphisme de corps ne peut pas être nul (un morphisme d’anneau envoie
1 sur 1), son noyau ne peut pas être le corps tout entier.
11
Exercice 31
1. Montrer que L est un corps c’est montrer que (P ) est maximal. Ou alors on peut montrer
que L est intègre et fini, ((P ) est premier) et utiliser le résultat de l’exercice 28. Pour montrer
que (P ) est maximal il suffit de montrer que P est irréductible, en effet les anneaux K[X] pour
K un corps sont principaux donc si il existe I idéal contenant (P ), il est nécessairement de la
forme (Q) avec P |Q. Or le polynôme P est de degré 2 donc si il est réductible, il a une racine.
Or P = (X 3 − X) + 1 et l’on sait que tous les éléments de F3 annulent X 3 − X donc P n’a pas
de racines, ainsi il est irréductible (car de degré 2).
L contient F3 comme sous-corps (de manière équivalente on peut dire L est une F3 -algèbre)
donc est de caractéristique 3.
En particulier c’est un F3 -espace vectoriel. Une base est donnée par (1, X, X 2 ) qui est évidement libre et elle est maximale car X 3 = X − 1 dans L. Il s’en suit qu’il est de dimension 3 donc
isomorphe en tant qu’espace vectoriel à F33 et donc en particulier de cardinal 33 = 27.
2. L× est d’ordre 26 donc isomorphe à C2 × C13 où Ck désigne le groupe cyclique d’ordre k. Les
éléments peuvent donc s’écrire comme des couples (±1, ζ) ∈ C2 × C13 . L’ordre d’un tel élément
est alors le plus petit commun multiple des ordres de ses composantes. Il s’en suit qu’il n’y a, en
plus du neutre, qu’un élément d’ordre 2 : namely (−1, 1), douze éléments d’ordre 13 : les (1, ζ)
pour ζ 6= 1 et tous les autres sont d’ordre 26.
Il s’en suit que le seul élément d’ordre 2 vit dans F×
3.
3. On note α la classe de X dans L. Alors α13 = −1 ssi X 1 3 + 1 est nul modulo P dans F3 [X].
Or
X 13 = X × X 12 = X × (X 3 )4 = X × (P + (X − 1))4
Ce qui entraîne que X 1 3 + 1 = QP + X × (X − 1)4 + 1 ; il est donc nul modulo P ssi P divise
X × (X − 1)4 + 1.
Reste alors à remarquer que X × (X − 1)4 + 1 = X 5 + 2X 4 + 2x2 + X + 1 = P × (X 2 + 2X + 1).
4. Pour éviter toute confusion il faut remarquer que Q = T 4 + T 3 + T 2 + T + 1 ∈ L[T ].
Une racine de Q est donc une racine 5-ième de l’unité différente de 1, par la célèbre formule
(T 5 − 1) = (T − 1)Q. Sauf que comme on l’a vu les éléments de L× sont d’ordre 2, 13 ou 26.
En particulier il n’y a pas dans L de racine cinquième de l’unité autre que 1. Donc Q n’a pas de
racines.
Exercice 32
1. Si P = X 2 +X +2 qui est de degré 2 était décomposable dans Fp [X] alors il serait divisé par un
élément de degré 1 et donc aurait une racine dans Fp . Or P (0) = P (−1) = 2, P (1) = P (−2) = −1
et P (2) = −2. Donc P est irréductible. Donc K est un corps.
La composée F5 → F5 [X] → F5 [X]/(P ) = K induit un morphisme d’anneau non trivial de F5
sur K donc K est de caractéristique 5.
De plus α2 = −α − 2 donc par une récurrence immédiate, on montre que tout αk est dans
VectF5 (1, α), or les αk sont les images de X k par le morphisme surjectif F5 [X] → K donc tous
les éléments de K sont dans VectF5 (1, α).
Donc K est de dimension 2 sur Fp et donc de cardinal 25.
Réciproque : famille
libre
n 0 1
2
3
4
5
αn 1 α −α − 2 −α + 2 −2α + 2 −α − 1
Dès lors on sait que si α est d’ordre au moins 7, or son ordre divise Card(K× ) = 25 − 1 = 24 et
de plus α12 = (α6 )2 = 22 = −1 6= 1 donc α est générateur. Et on peut retrouver très facilement
2. On peut regroupe les premières puissances ainsi
6
2
12
αk en écrivant k = 6m + r avec 0 ≤ r < 6 et en multipliant le résultat de la colonne r du tableau
par 2m .
3. Il est facile de voir que tous les éléments x de F5 vérifient x5 = x, en effet c’est évident pour
x = 0 et pour x 6= 0, c’est le petit théorème de Fermat : n5 ≡ 1[5].
Considérons l’image de F5 dans K, alors les éléments sont 5 (tout morphisme de corps est
injectif) et sont toujours racines de X 5 − X. Or un polynôme de degré 5 possède au plus 5
racines. Ce sont donc exactement celles-ci.
4. Il faut dans un premier temps montrer que Pa ∈ F5 [X] c’est-à-dire que (a + a5 ) et a6 sont
dans F5 . Or comme K est de caractéristique 5, on a (a + a5 )5 = a5 + (a5 )5 = a5 + a24 × a = a5 + a
car a24 = 1 dans K× cyclique de cardinal 24. Et de même (a6 )5 = a24 × a6 = a6 . Donc les deux
coefficients sont racines de X 5 − X ce sont donc des éléments de F5 .
Maintenant, on sait que a ∈
/ F5 et de même (a5 )5 = a24 × a = a 6= a5 donc les racines ne sont
pas dans F5 . Or si Pa était réductible sur F5 il aurait une racine dans F5 d’où le résultat.
5. Soit Q ∈ F5 [X] que l’on voit dans K[X] avec des coefficients qi racines de X 5 − X. Alors
!5
X
X
X
5
i
qi X
qi5 X 5i =
qi (X 5 )i = Q(X 5 )
Q(X) =
=
i
i
i
Soit maintenant a une racine dans K \ F5 . Alors Q(a) = 0 donc Q(a)5 = 0 donc Q(a5 ) = 0 ie
(X − a)(X − a5 ) divise Q.
6. On a toujours en utilisant la propriété "le rêve du débutant"
X 25 − X = (X 5 − X)(1 + X 5 + X 10 + X 15 + X 20 ) = (X 5 − X)(1 + X + X 2 + X 3 + X 4 )5
a finir
Reste alors à factoriser 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 dans F5 [X]. Il ne possède pas de racines car tout
élément non nul de F5 est racine de 1 + X + X 2 + X 3 .
Exercice 33
Cours : Les sous-corps de Fpn sont les Fps pour s diviseur de n.
(a). Prouver le résultat suivant :
m|n
⇐⇒
Xp
m
−1
− 1 | Xp
n
−1
−1
(On pourra considérer la division euclidienne de n par m pour le sens réciproque)
m
(b). Montrer qu’un sous corps de Fpn de cardinal pm est l’ensemble des racines de X p − X
dans Fpn .
Exercice 36
Préliminaire : Calcul des carrés dans F7 . Les éléments de F7 sont les suivants 0, 1, 2, 3, −3, −2, −1,
leurs carrés sont donc respectivement : 0, 1, −3, 2, 2, −3, 1. On peut en déduire que les puissances
quatrièmes sont les 0, 1, 2, −3, −3, 2, 1 ; en particulier X 4 + 1 n’a pas de racines. (ça NE veut PAS
dire qu’il est irréductible)
Décomposition maligne. On peut écrire X 4 + 1 = X 4 + 2X 2 + 1 − 2X 2 or on sait que 32 = 2
donc on peut écrire 2X 2 = (3X)2 et donc on a obtenu une différence de deux carrés :
X 4 + 1 = (X 2 + 1)2 − (3X)2 = (X 2 + 3X + 1)(X 2 − 3X + 1)
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Exercice 39
Soit n > 1. On peut immédiatement remarquer que si n est pair alors n2 est pair et ne peut
pas diviser 2n + 1 qui est impair. On suppose n ≥ 3 impair. On peut énumérer les propositions
équivalentes suivantes :
• n2 | 2n + 1
⇔ 2n ≡ −1 mod n2
⇔ 2̄n = −1̄ dans Z/n2 Z
⇔ 2̄n = −1̄ dans (Z/n2 Z)×
⇔ 2̄ est d’ordre k dans (Z/n2 Z)× avec k | 2n et k - n.
⇔ 2̄ est d’ordre 2m dans (Z/n2 Z)× avec m | n.
Exercice 40
Références
[Aud12] M. Audin, Géométrie (l3m1), Enseignement SUP-Maths, EDP Sciences, 2012.
[Per96] D. Perrin, Cours d’algèbre, CAPES-agrég mathématiques, Ellipses Marketing, 1996.
. . . A trouver