capespartiel1 11 2012 corrige

(1)

Université Lyon 1 M1 EADM Algèbre générale Automne 2012

Partiel du 7 Novembre 2012.

Corrig´e

Exercice 1

1) Donner une preuve des assertions suivantes

A1. - Tout sous-groupe de Z (pour l’addition) est de la forme nZ pour un entier n ∈ N . D´emo: pour commencer, le sous-groupe trivial {0} = 0Z.

Soit K < Z un sous-groupe non trivial et n ∈ K \ {0}. K étant un sous-groupe il contient aussi −n. Il contient donc un élément strictement positif, i.e.

K ∩ (N \ {0}) 6= ∅.

Notons a = min(K ∩ N \ {0}). K ´etant un sous-groupe on a aZ < K.

On va montrer que K < aZ: soit n ∈ K. Par division euclidienne on a n = qa+r, 0 ≤ r ≤ a−1.

Puisque −qa ∈ K, le reste r = n − qa est ´el´ement de K et la majoration r < a implique r = 0 par choix de a.

A2. - Tout groupe cyclique d’ordre n ∈ N \ {0} admet exactement φ(n) g´en´erateurs.

[L’indicatrice d’Euler φ(n) est le nombre d’entiers l ∈ [1, n] tels que pgcd (l, n) = 1.]

Démo: Tout élément d’ordre n est un générateur de G.

Ecrivons G = hxi. Pour l ∈ [1, n],

ordre(x^l) = ordre(x) pgcd(l, ordre(x)).

Dès lors ordre (x^l)= ordre (x) = n ssi pgcd (l, n) = 1 et il y a φ(n) éléments d’ordre n.

2) Soit p, q ∈ N \ {0}, p < q et soit p q = a1

2 + a2

2² + . . . + an

2ⁿ + ...

le d´eveloppement propre de ^p_q en base 2.

- Donner l’algorithme permettant de calculer les coefficients an, n ∈ N \ {0}.

- Expliquer avec soin pourquoi ce développement comporte une partie transitoire de longueur 0 ≤ L ≤ q − 1 suivie d’une partie périodique de période 1 ≤ T ≤ q.

- Il s’agit d’´ecrire p

q = 1 2

2p q = 1

2

a1q + r1

q = a1

2 + 1 2²

2r1

q = a1

2 + 1 2²

a2q + r2

q = a1

2 + a2

2² + 1 2³

2r2

q = . . . .

(2)

L’algorithme consiste donc en une succession de divisions euclidiennes p = 0 q + r0

2r0= a1q + r1

2r1= a2q + r2

...

2rn= an+1q + rn+1

...

- Les restes r0, r1, . . . de la division par q satisfont à 0 ≤ rn ≤ q − 1, dès lors 2 des q + 1 premiers restes r0, . . . , rq sont égaux, i.e. il existe k, l avec 0 ≤ k < l ≤ q tel que rk = rl. Par unicité du quotient et du reste de la division euclidienne, on a alors ak+n = al+n pour tout n ≥ 1.

En posant τ = l − k ceci s’´ecrit ak+n = aτ +n+k pour tout n ≥ 1 ou encore am= aτ +m, pour tout m ≥ k + 1.

Le développement contient une partie transitoire de longueur L = k vérifiant 0 ≤ L ≤ q − 1 suivie d’ une partie périodique de période T = l − k telle que 1 ≤ T ≤ q.

Exercice 2

Répondre par vrai ou faux aux assertions qui suivent. On veillera à justifier toute réponse avec soin.

On désigne par Un le groupe multiplicatif des racines n−ièmes de l’unité dans C.

1) A isomorphisme pr`es il y a un seul groupe d’ordre premier p.

C’est vrai: Soit G un groupe d’ordre p. Par Lagrange, l’ordre de x ∈ G divise p, i.e. vaut 1 ou p. Tout x distinct du neutre est donc d’ordre p et on a hxi = G (car ils ont mˆeme ordre p).

Enfin, tout groupe cyclique d’ordre n ´etant isomorphe `a Zn, on a G ' Zp.

2) Pour tout nombre premier p ∈ N et tout r ∈ N \{0}, le groupe Up^radmet r+1 sous-groupes.

C’est vrai: Up^r est cyclique d’ordre p^r. Par le cours, pour tout diviseur d de p^r, Up^r admet un unique sous-groupe (cyclique) d’ordre d. Il y a donc r + 1 sous-groupes d’ordre respectifs 1, p, . . . , p^r−1, p^r.

3) Pour tout couple (p, q) ∈ N² de nombres premiers distincts et tout couple (r, s) ∈ N² le groupe produit Up^r× Uq^s (de loi (u, v) · (u⁰, v⁰) = (uu⁰, vv⁰)) est un groupe cyclique.

C’est vrai: l’´el´ement (e^2πi^pr , e^2πi^qs ) est d’ordre p^rq^s =| Up^r× Uq^s | .

4) Pour tout couple (p, q) ∈ N² de nombres premiers distincts, il existe un r´eel r ∈ R tel que Z ln(p) + Z ln(q) = Zr.

[ln(x) est le logarithme n´ep´erien de x ∈ R>0. ]

C’est faux: si c’´etait vrai on aurait ln(p) = mr et ln(q) = nr et donc ^ln(p)_ln(q) = ^m_n i.e. ln(pⁿ) = ln(q^m). En prenant l’exponentielle, on aurait

pⁿ = q^m.

(3)

Cette égalité contredit l’unicité de la décomposition primaire d’un entier.

5) Pour un entier b ∈ N \ {0, 1}, on note anan−1· · · a1a0b l’entier a0+ a1b + . . . + anbⁿ, an6= 0 et pour tout j ∈ [0, n], aj ∈ [0, b − 1].

Aucun des entiers de la suite (10101^b, 101010101^b, 1010101010101^b, . . .) n’est premier.

C’est vrai: cette suite s’´ecrit

1 + b²+ b⁴, 1 + b²+ b⁴+ b⁶+ b⁸, , 1 + b²+ b⁴+ . . . + b¹², . . . Ses termes sont donc de la forme

1 + b²+ b⁴+ . . . + b⁴ⁿ, n ∈ N \ {0}.

En posant a = b², on a

1 + a + a²+ . . . + a²ⁿ= a²ⁿ⁺¹− 1 a − 1

= b⁴ⁿ⁺²− 1 b²− 1

= (b²ⁿ⁺¹− 1) (b − 1)

(b²ⁿ⁺¹+ 1) (b + 1)

= (1 + b + . . . + b²ⁿ)(1 − b + b²− . . . + b²ⁿ⁻²− b²ⁿ⁻¹+ b²ⁿ).

Comme pour b ≥ 2, n ≥ 1 on a ^(b²ⁿ⁺¹_(b−1)⁻¹⁾ ≥ 2 et ^(b²ⁿ⁺¹_(b+1)⁺¹⁾ ≥ 2, l’entier 1 + b + b²+ . . . + b⁴ⁿ est compos´e pour tout n ≥ 1.

6) Pour tout entier naturel n ∈ 2N + 1 l’´ecriture propre en base 2 de _n¹: 1

n = a1

2 + a2

2² + a3

2³ + . . . , ai∈ {0, 1}, est strictement p´eriodique de p´eriode un diviseur de φ(n).

C’est vrai: c’est une question de cours. On a 2∧n = 1. Le développement de _n¹ est strictement périodique de période égale à l’ordre de la classe de 2 dans le groupe Z_n^?des inversibles multiplicatifs de Zn. Par Lagrange, cet ordre est un diviseur de | Z_n^?|= φ(n).

7)^? On d´esigne l’ensemble des nombres premiers par P. Le produit Πp∈P, p≤n(1 −1

p)

représente la proportion d’entiers dont les facteurs premiers sont strictement supérieurs à n ∈ N \ {0}.

C’est vrai. Voici un argument basé sur la fonction Ln(x) étudiée en cours: Soit p premier et x ∈ N . On sait que Lp(x) = x − [^x_p] est le nombre d’entiers premiers à p entre 1 et x. Dès lors ^L^p_x^(x) est la proportion d’entiers entre 1 et x premiers à p. En écrivant x = lp + r (division euclidienne de x par p) on a

Lp(x)

x = 1 −[l + ^r_p]

lp + r = 1 − 1 p +^r_l.

(4)

En passant `a la limite il vient limx→∞Lp(x)

x = 1 − ¹_p.

L’argument est analogue pour Lp1p2...pl(x) o`u 2 = p1 < p2 < · · · < pl ≤ n est la liste des nombres premiers entre 2 et n.

8) Quels que soient les entiers a ∈ N \ {0} et n ∈ N \ {0, 1}, il existe un entier l ∈ N \ {0} tel que a^l ≡ 1[n].

C’est faux: si l existe, alors la classe a ∈ Zn est un inversible (multiplicatif) d’inverse a^l−1 et donc a ∧ n = 1.

9) Quels que soient les entiers l ∈ N \ {0} et n ∈ N \ {0, 1}, l’´equation x^l≡ 1[n], x ∈ Z

admet au plus l solutions modulo n.

C’est faux: voici un contre-exemple: pour n = 8, les entiers 1, 3, 5, 7 satisfont `a x²≡ 1[8].

10) La r´eunion S

r∈N \{0}N^r est un ensemble non d´enombrable.

C’est faux: N^r est dénombrable et toute réunion dénombrable d’ensembles dénombrables est dénombrable.

11) Il existe une suite d’ensembles non d´enombrables (An)n∈N telle que pour tout n ∈ N, An

ne soit pas ´equipotent `a An+1.

C’est vrai: prendre A0= P (N ) et pour tout n ≥ 0, An+1= P (An). Par le lemme des Cantor, ces ensembles sont non d´enombrables et non ´equipotents.

Exercice 3

Soit a ∈ N \ {0, 1} et (m, n) ∈ N² tel que m < n.

1) Montrer que pgcd(a^m− 1, aⁿ− 1)= pgcd (a^m− 1, a^n−m− 1).

L’´egalit´e

aⁿ− 1 = a^n−m(a^m− 1) + (a^n−m− 1)

nous dit que Div(aⁿ− 1, a^m− 1) = Div(a^m− 1, a^n−m− 1). En particulier les pgcds sont ´egaux.

2) Montrer que

pgcd(a^m− 1, aⁿ− 1) = pgcd(a^m− 1, a^r− 1) o`u r est le reste de la division euclidienne de n par m.

Observer que pour q tel que mq ≤ n,

pgcd(a^m− 1, aⁿ− 1) = pgcd(a^m− 1, a^n−m− 1)

= pgcd(a^m− 1, a^n−2m− 1) = . . . = pgcd(a^m− 1, a^n−qm− 1).

Pour q⁰ le plus grand entier tel que q⁰m ≤ n, n − q⁰m = r est le reste de la division euclidienne de n par m.

3) En vous servant de l’algorithme d’Euclide, d´eduire du 2) la valeur de pgcd (a^m− 1, aⁿ− 1).

Par le 2)

pgcd(a^m− 1, aⁿ− 1) = pgcd(a^m− 1, a^r− 1).

Si r = 0, le pgcd vaut a^m− 1. Si r 6= 0, it´erer i.e. effectuer la division euclidienne m = q2r + r2et appliquer le 2) `a r < m et m pour obtenir

pgcd(a^m− 1, a^r− 1) = pgcd(a^r− 1, a^r²− 1).

(5)

L’ it´eration se termine au dernier reste non nul d de l’algorithme d’Euclide et on a pgcd(a^m− 1, aⁿ− 1) = a^d− 1

o`u d =pgcd (m, n).

Exercice 4

On d´esigne par Sl2(Z) < Gl2(R) le sous-groupe constitu´e des matrices

a b c d

, (a, b, c, d) ∈ Z⁴, ad − bc = 1.

On pose

S = 0 −1

1 0

, T = 1 1 0 1

et on note hS, T i le sous-groupe de Gl2(R) engendr´e par S et T.

1)

- Expliciter les sous-groupes hSi et hT i engendr´es par S et T.

hSi = {S = 0 −1

1 0

, S²= −1 0

0 −1

, S³=

0 1

−1 0

, S⁴= 1 0 0 1

}

hT i = {Tⁿ = 1 n 0 1

, n ∈ Z}

- Faire la liste des g´en´erateurs de hSi et hT i.

S et S³sont les 2 ´el´ements d’ordre 4 de hSi.

T et T⁻¹ sont les seuls g´en´erateurs de hT i.

- Montrer que toute matrice de la forme 1 0 n 1

, n ∈ Z, appartient `a hS, T i.

Rappel: les ´el´ements de hS, T i sont les produits finis des matrices S, T, S⁻¹, T⁻¹. On a

ST⁻ⁿS³= 0 −1

1 0

1 −n

0 1

−1 0

= 1 0 n 1

. 2) On se propose `a pr´esent de montrer que Sl2(Z) = hS, T i.

- Pour A = a b c d

∈ Sl2(Z) et m ∈ Z, calculer ST^−mA.

ST^−mA =

−c −d

a − mc b − md

.

- En vous servant de la division euclidienne, montrer, par une r´ecurrence sur n ∈ N , que toute matrice A = a b

c d

∈ Sl2(Z) telle que | c |≤ n est ´el´ement de hS, T i.

C’est vrai pour | c |= 0: en effet, A = a b 0 d

´etant de d´eterminant 1, on a (a, d) = (1, 1) ou (a, d) = (−1, −1) et

1 b 0 1

= T^b, −1 b

0 −1

= S²T^−b.

(6)

Supposons vrai pour tout A avec | c |≤ n. Soit alors A avec | c |≤ n + 1.

On va distinguer 2 cas:

(1) a = 0

Comme det(A) = 1, on a

A = 0 b c d

=

0 ±1

∓1 d

et

S

0 ±1

∓1 d

= ±1 −d

0 ±1

. Par le cas c = 0, on a SA ∈ hS, T i i.e. A ∈ S⁻¹hS, T i = hS, T i.

(2) a 6= 0

Par division euclidienne dans Z, a = qc + r, 0 ≤ r <| c |≤ n + 1. On a

ST^−qA =

−c −d

a − qc b − qd

= −c −d r b − qd

.

Comme 0 ≤ r ≤ n, par hypoth`ese de r´ecurrence, ST^−qA ∈ hS, T i i.e. A ∈ T^qS⁻¹hS, T i ⊂ hS, T i.

- Conclure que Sl2(Z) = hS, T i.

On a déjà Sl2(Z) ⊂ hS, T i. Pour l’autre inclusion, observer que S, T ∈ Sl2(Z). Sl2(Z) étant un sous-groupe, il contient tout produit fini de S, S⁻¹, T, T⁻¹ i.e. tout élément de hS, T i.

3) D´eterminer le centre Z := {A ∈ Sl2(Z), ∀B ∈ Sl2(Z), AB = BA} du groupe Sl2(Z).

Puisque Sl2(Z) = hS, T i, A = a b c d

∈ Z ⇔ AS = SA et AT = T A. La premi`ere condition donne b = −c, a = d et ensuite la deuxi`eme donne c = 0. On a donc

Z = { 1 0 0 1

, −1 0

0 −1

}.