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Universit e Pierre et Marie Curie MASTER 1 Unit es MO12 MU11 Ann ee 2004-2005 Les exercices etoil es (*) s'adressent aux seuls etudiants inscrits µa l'unit e MO12
Corrig e de la feuille d'exercices 1
Exercice 1.
Etude des sous-groupes deZ=nZ:
(i) Montrez que tout groupe cyclique d'ordrenest isomorphe µaZ=nZ; (ii) Montrez que tout sous-groupe d'un groupe cyclique est cyclique; (iii) Montrez que pourdjn, il existe un unique sous-groupe d'ordreddeZ=nZ; (iv) Donnez le cardinal du sous-groupe engendr e parkdansZ=nZ; (v)Montrez quen=P
djn'(d)oµuÁ(d)est l'indicatrice d'Euler, c'est µa dire le nombre de g en erateurs deZ=dZ. (vi) Montrez que tout sous-groupe ¯ni du groupe multiplicatif d'un corps commutatif est cy- clique. Preuve: (i) SoitGun groupe cyclique de cardinalnetgun g en erateur. On note la loi deGmultiplicativement. Par d e¯nition tout el ement deGest de la formegk. On considµere alors
le morphismeÁ:Z¡!Gd e¯ni parÁ(k) =gkk; c'est clairement un morphisme de groupe et surjectif par d e¯nition d'un groupe cyclique. Etudions son noyau, qui est un sous-groupe deZ, donc de la formemZ. AinsiÁinduit un isomorphismeZ=mZsurG, par cardinalit e on en d eduit m=n. (ii) SoitHun sous-groupe deGet':Z¡!G¡!G=H, l'application compos ee deÁet du morphisme de r eductionG¡!G=H. On rappelle queG etant commutatif,Hest forc ement distingu e etG=Hest alors naturellement muni d'une structure de groupe (cf. le cours). Le noyau de'est un sous-groupe deZdonc de la formedZ, contenant KerÁ=nZ, on en d eduit donc queddivisen. AinsiHest cyclique, un g en erateur etantgd, son ordre est ainsin=d. (iii) Soit doncHun sous-groupe deGd'ordred; il est cyclique d'aprµes (ii), on noteh=gkavec 06k < n, un g en erateur. D'aprµes la relation de BezoutHcontient le groupe engendr e
parg±oµu±= (n;k) et il est clairement contenu dans celui-ci. En outre ce dernier est evidement
d'ordren=±=d. En r esum eHest isomorphe au sous-groupe deZ=nZengendr e parn=d.(iv) On vient de voir dans le point pr ec edent que l'ordre du sous-groupe engendr e parkest
egal µan=(n;k).
(v) Chaque el ement deZ=nZengendre un sous-groupe, soitn=PHg(H) oµu la somme est
index ee par les sous-groupesHdeZ=nZetg(H) est le cardinal des g en erateurs deH. D'aprµes
ce que l'on vient de voir, l'ensemble des sous-groupes deZ=nZest index ee par les diviseursdden, oµu µa un diviseurdon associe le sous-groupeHengendr e parn=d. D'aprµes (iv), l'ensemble
des g en erateurs de (n=d) est en bijection avec l'ensemble 06¸ < ntel que (¸;n) =n=d, soit en
divisant parn=d, avec l'ensemble des 06® < dpremier avecd, i.e l'ensemble des g en erateurs deZ=dZ, d'oµu le r esultat. (vi) Soit doncGun sous-groupe ¯ni du groupe multiplicatif d'un corpsK(commutatif), et soitnle cardinal deG. Sig2G, son ordre est un diviseur dencar le sous-groupe engendr e pargest de cardinal son ordre, et le cardinal d'un sous-groupe divise le cardinal du groupe (cf. 1 cours). Ainsi pourddivisantn, on noteAd(resp.Hd) l'ensemble des el ements deGd'ordred (reps. divisantd): en particulier on aHd=fg2G = gd= 1g. Le corpsK etant commutatif, on ajHdj6d, car le polyn^omeXd¡1 y a au plusdracines. En outre siAd6=, alorsjHdj=dcar tout el ement deAdengendre un sous-groupe d'ordreddans lequel tout el ementgest tel que
gd= 1. OrAd½HdsoitjAdj6'(d), l'in egalit ejAdj>'(d) etant evidente. En r esum e soitAd
est vide soit son cardinal est egal µa'(d). En reprenant le comptage de la question pr ec edente,
G=` djnAd, on obtient n=X djn²(d)'(d)oµu²(d) est nul siAdest vide, et egal µa 1 sinon. En comparant cette egalit e avec celle de (v), on
en d eduit que²(d) = 1 pour toutdjn, soitAdnon vide et en particulierAn, cqfd.Exercice 2.
(i) Donnez l'ordre dekdansZ=nZet d eduisez-en le cardinal de l'ensemble des el ements d'ordred(resp. d'ordre divisantd) dansZ=nZ. (ii) Donnez le cardinal de l'ensemble des el ements d'ordre divisantddansZ=nZ£Z=mZ. (iii) Pourd=pqavecpetqpremiers divisantn, donnez le nombre d' el ements d'ordred dans(Z=nZ)2; Preuve :(a) On rappelle que le groupe engendr e parkdansZ=nZest celui engendr e park^n. En e®et commekest un multiple dek^n, on a l'inclusion (k)½(k^n). R eciproquement on ecrit une relation de Bezoutuk+vn=n^kde sorte que modulon,n^kappartient au groupe engendr e parket donc (k^n)½(k). On en d eduit alors que l'ordre dekdansZ=nZqui est par d e¯nition le cardinal du groupe engendr e park, estn n^k. (b) Remarquons tout d'abord que sidne divise pasn, d'aprµes (a) il n'y a aucun el ement d'ordreddansZ=nZ. Siddivisen, tous les el ements d'ordredappartiennent au groupe engendr e par ( n d ) qui est isomorphe, en tant que groupe cyclique d'ordred, µaZ=dZ. Ainsi les el ements d'ordreddeZ=nZsont en bijection avec les el ements d'ordreddeZ=dZqui sont en nombre'(d), oµu'est l'indicatrice d'Euler; on rappelle en e®et que les el ements d'ordreddeZ=dZen
sont les g en erateurs et correspondent aux entiers 16k < dpremiers avecd. Cherchons maintenant les el ements d'ordre divisantddansZ=nZqui sont donc d'ordre divisantd^net qui appartiennent au groupe engendr e parn n^disomorphe µaZ=(n^d)Z. Ainsi,comme pr ec edemment, les el ements d'ordre divisantddeZ=nZsont en bijection avec les el ements
d'ordre divisantn^ddeZ=(n^d)Z, qui sont en nombren^d. (c) Notons pour tout entiere,Ae(resp.Be) l'ensemble des el ements de (Z=nZ)2d'ordree(resp. d'ordre divisante) et soitae(resp.be) son cardinal. Un el ement (x;y) appartient µaAesi
et seulement sixetysont d'ordre divisantedansZ=nZ, de sorte que pour toute,be= (e^n)2.Par ailleursBdest la r eunion disjointe deAd`Ap`Aq`A1, oµuA1est r eduit µa l' el ement nul.
De m^emeBp(resp.Bq) est la r eunion disjointe deAp`A1(resp.Aq`A1). En prenant les cardinaux, on obtient alors: -bd= (n^d)2=ad+ap+aq+ 1, -bp= (n^p)2=ap+ 1 etbq= (n^q)2=aq+ 1, soitad= (n^(pq))2¡(n^p)2¡(n^q)2+ 1.Exercice 3.
Soit¼:Z¡!Z=nZ£Z=mZl'application qui µak2Zassocie sa classe modulon etm. Pr ecisez le noyau et l'image de¼. Donnez alors l'ensemble desk2Ztels que 2 (i) k´2mod5etk´4mod7; (ii) k´3mod10etk´2mod6; (iii) k´4mod10etk´2mod6; Que peut-on dire de la congruence dekmodulo10sachantk´3mod6?Preuve :Il s'agit de red emontrer le th eorµeme chinois, c'est µa dire que Ker¼= (n_m) oµun_m
est le ppcm denetm, et Im¼=f(a;b)=(n^m)jb¡ag. Il est tout d'abord evident que ¼est un morphisme de groupes; en outre sik2Ker¼, alors il est divisible d'aprµes le lemmede Gauss parn_mde sorte que Ker¼½(n_m), l'inclusion r eciproque etant evidente. Soit
maintenanta;btels queb¡aest divisible par le pgcd (n;m). On ecrit une relation de Bezout un+vm= (n;m) et on posek=un (n;m)b+vm (n;m)b. On a alorsk=un(b¡a) (n;m)+a´amodn; de m^eme on ak=vm(a¡b) (n;m)+b´bmodm, de sorte que l'ensemble donn e est inclus dans l'image de¼. La r eciproque est evidente cark=a+¸n=b+¹msoit (b¡a) =¸n¡¹mqui est donc divisible par (n;m). En particulier lorsquenetmsont premiers entre eux,¼induit un isomorphismeZ=nmZ'Z=nZ£Z=mZ. (i) 5 et 7 sont premiers entre eux, on trouve la solution particuliµerek= 32, l'ensemble des solutions est alors 32 +¸35 avec¸2Z; (ii) (6;10) = 2 or 2 ne divise pas 3¡2 = 1, il n'y a donc pas de solutions; (iii) cette fois-ci 2 = (6;10) divise 4¡2; une solution particuliµere estk= 14, l'ensemble des solutions est alors 14 + 30¸avec¸2Z.D'aprµes ce qui pr ec ede sik´3mod6, on a alorsk´amod10 aveca¡3 divisible par 2, soit
a= 1;3;5;7;9.Exercice 4.
R esoudre dansZles congruences suivantes:
(i)3x´4mod7;
(ii)9x´12mod21;
(iii)103x´612mod676.
Preuve :(i) 3 etant premier avec 7, il est inversible dansZ=7Z; on calcule rapidement que 3:5´
1mod7, i.e. 5 = 1=3 dansZ=7Zde sorte que l' equation s' ecritx´20mod7 soitx´ ¡1mod7;
(ii) d'aprµes le th eorµeme chinois, il su±t de v eri¯er l' equation modulo 3 et 7. Modulo 3
l' equation s' ecrit 0:x´0mod3 et est donc toujours v eri¯ ee. Modulo 7, on obtient 2x´
¡2mod7; l'inverse de 2 dansZ=7Zest¡3, soit doncx´ ¡1mod7. Le r esultat ¯nal est doncx´ ¡1mod7; (iii) on calcule rapidement 676 = 22:132; par le th eorµeme chinois, on est donc ramen e µa
r esoudre¡x´0mod4 et 103x´105mod169. L'algorithme d'euclide fournit 64:103¡39:169 =1 soit doncx´64:105mod69 soitx´ ¡40mod169 et doncx´ ¡40mod676.
On peut aussi r esoudre la congruence 103x´105mod132de proche en proche, de la fa»con suivante. On la r esoud tout d'abord modulo 13 soit 2x´4mod13 soitx´2mod13. On ecrit alorsx= 2 + 13ket on est donc ramen e µa r esoudre 206 + 13:103k´105mod132soit13:103k´ ¡13:8mod132soit en simpli¯ant par 13, 103k´ ¡8mod13, soit 2k´ ¡8mod4 et
donck´ ¡4mod13 et donc ¯nalementx´2¡4:13mod132. 3Exercice 5.
Montrez en utilisant le th eorµeme chinois quen7´nmod42. Preuve: On a 42 = 2:3:7, il su±t alors de veri¯er la congruence modulo 2, 3 et 7. Pour 2 et 3, on a clairementn7´net pour 7 le r esultat d ecoule du petit th eorµeme de Fermat.Exercice 6.
Donnez les morphismes de groupeZ=3Z¡!Z=4Zpuis ceux deZ=12Z¡!Z=15Z. Trouvez une condition n ecessaire et su±sante surmetnpour que tout morphismeZ=nZ¡!Z=nZsoit nul.
Preuve :On rappelle qu'un morphisme d'un groupe cyclique de cardinalndans un groupeGest complµetement d etermin e par l'imagegd'un g en erateur quelconque tellegn= 1G, soitg
d'ordre divisantn. Dans le premier cas comme 3 et 4 sont premiers entre eux, les seuls el ements
d'ordre divisant 3 dansZ=4Zsont le seul d'ordre 1 µa savoir 0 de sorte que tout morphismeZ=3Z¡!Z=4Zest nul.
DansZ=15Zles el ements d'ordre divisant 12 sont donc d'ordre divisant 12^15 = 3 et sont donc 0;5;10, ce qui donne 3 morphismes distincts. D'aprµes les raisonnements ci-dessus, on en d eduit donc qu'une CNS pour qu'il n'y ait pas de morphisme non nulZ=nZ¡!Z=mZest doncn^m= 1.Exercice 7.
D e¯nition, exemples, applications
(1) En utilisant la proposition (??), justi¯ez, pourndivisantn0, l' ecritureFpn½Fpn0et donnez un sens µa: F p=[ n>1F pn!: (2) Montrez les isomorphismes suivant et donnez un g en erateur du groupe des inversibles des corps en question: (i) F4'F2[X]=(X2+X+ 1);
(ii) F8'F2[X]=(X3+X+ 1);
(iii) F16'F2[X]=(X4+X+ 1); donner dans cet isomorphisme l'image deF4½F8et en
d eduireF16'F2[X;Y]=(Y2+Y+ 1;X2+X+ 1). (iv) F9'F3[X]=(X2+X¡1).
Preuve(1) On rappelle queFpnest µa prioriuncorps de d ecomposition deXpn¡X; a¯n de ¯xer
pr ecis ement les choses, il est pratique de se donner une cl^oture alg ebrique Fquotesdbs_dbs2.pdfusesText_3