capes partiel1bis 2017 2

Universit´e Lyon 1 M1 CAPES: Alg`ebre g´en´erale Automne 2017

Epreuve du 26 octobre 2017 Corrig´e de l’exercice 1

On d´esigne par N l’ensemble des entiers naturels et par Z l’anneau des entiers relatifs.

Exercice 1.

Partie A. (Equations de B´ezout)

Soient n ∈ N \ {0, 1}, a1, . . . , an des entiers naturels non nuls et b ∈ Z.

Par le th´eor`eme de B´ezout, on sait qu’il existe un n− uplet d’entiers relatifs (t1, . . . , tn) ∈ Zⁿ tel que

t1a1+ . . . + tnan= b (E)

si et seulement si pgcd (a1, . . . , an) | b. On se propose ici de d´eterminer l’ensemble des solutions enti`eres de l’´equation (E) en se servant d’une suite de divisions euclidiennes.

On suppose pour la suite pgcd (a1, . . . , an) = 1.

1/ On suppose min (a1, . . . , an) = 1. Donner l’ensemble des solutions enti`eres de (E).

2/ On suppose min (a1, . . . , an) > 1 et soit j ∈ {1, . . . , n} tel que aj = min (a1, . . . , an).

i) Montrer qu’il existe i ∈ {1, . . . , n} tel que aj ne divise pas ai.

ii) Soit q le quotient et r le reste de la division euclidienne de ai par aj

Montrer que (E) est ´equivalente `a l’´equation X

k6=i,j

aktk+ rti+ ajt⁰_j = b (E⁰)

o`u la nouvelle variable t⁰_j = tj + qti.

iii) En vous servant de ii), montrer que l’´equation (E) peut ˆetre ramen´ee `a une ´equation de la forme

a⁰₁t⁰₁+ . . . + a⁰_nt⁰_n = b, (a⁰₁, . . . , a⁰_n) ∈ Nⁿ, min (a⁰₁, . . . , a⁰_n) = 1, par une suite finie de divisions euclidiennes et de changements de variables.

[On veillera `a justifier le pas et la finitude de cette it´eration.]

(iv) En conclusion, proposer, en vous servant des questions 1/ et 2/ iii), une m´ethode de r´esolution de l’´equation (E).

3/ Faire la liste des solutions enti`eres des ´equations (i) 11t1+ 17t2= 1

(ii) 3t1+ 5t2+ 11t3= 1

par la m´ethode des divisions euclidiennes de la question 2/.

Solution pour la partie A:

Cette partie est extraite du partiel de novembre 2016.

1

Voici l’id´ee: on observe (c’est la question 1/) qu’il est facile de faire la liste des solutions d’une

´

equation de B´ezout dont l’un des coefficients est ´egal `a 1: par exemple, les solutions enti`eres de t1+ 11t2= 1 sont les couples (t1= 1 − 11u, t2= u) avec u ∈ Z arbitraire.

On observe ensuite (c’est la question 2/) que l’on peut, par une suite de divisions euclidiennes et de changements de variables, transformer toute ´equation de B´ezout en une ´equation dont l’un des coefficients est ´egal `a 1: par exemple, 2t1 + 11t2 = 1 s’´ecrit 2t1+ (2 × 5 + 1)t2 = 1, i.e.

2(t1+ 5t2) + t2= 1, i.e. 2t⁰₁+ t2= 1.

On en tire une m´ethode de r´esolution (questions 2/ et 3/): dans notre exemple, les solutions sont t2= 1 − 2u, t⁰₁= u avec u ∈ Z arbitraire; pour les variables initiales t1, t2, on obtient

t1= t⁰₁− 5t2= u − 5(1 − 2u) = 11u − 5, t2= 1 − 2u, u ∈ Z.

Venons-en aux questions:

1/ Par hypoth`ese, l’un des coefficients, disons aj, est ´egal `a 1. L’´equation (E) s’´ecrit alors tj = b −X

i6=j

aiti

dont les solutions sont

(t1, . . . , tj−1, b −X

i6=j

aiti, tj+1, . . . , tn)

avec (t1, . . . , tj−1, tj+1, . . . , tn) un n − 1− uplet arbitraire d’entiers relatifs.

2/

i) Si aj divisait a1, . . . , an, on aurait 1 < aj ≤ pgcd (a1, . . . , an), ce qui contredit notre hypoth`ese pgcd (a1, . . . , an) = 1

ii) On a ai= qaj+ r.

Pour l’´equation (E), on a P

l6=i,jaltl+ ajtj + aitj = b ssi P

l6=i,jaltl+ ajtj + (qaj + r)ti = b ssi P

l6=i,jaltl+ aj(tj+ qti) + rti= b.

iii) La division euclidienne et le changement de variable tj 7→ t⁰_j = tj+ qti du ii) transforment (E) en l’´equation

X

l6=i,j

altl+ ajt⁰_j + rti= b

dont le plus petit coefficient est r < aj = min (a1, . . . , an), tout en conservant le pgcd des coeffi- cients:

1 = pgcd (a1, . . . , an) = pgcd (a1, . . . , ai−1, r, ai+1, . . . , an).

Si r = 1, on a l’´enonc´e. Si r > 1, en raisonnant comme au i), il existe k tel que r ne divise pas ak. La division euclidienne ak = q⁰r + r⁽²⁾ et le changement de variable ti7→ t⁰_i= ti+ q⁰tk donne une nouvelle ´equation dont le pgcd des coefficients est 1 et le plus petit coefficient (celui de tk) est r⁽²⁾< r.

La suite des restes r, r⁽²⁾, ... ´etant strictement d´ecroissante, on obtient un reste r^{(N )} = 1 apr`es un nombre fini N − 1 de divisions euclidiennes et, d`es lors, une ´equation (E)^{(N )} dont le plus petit coefficient r^{(N )}= 1.

2

iv)

1. Transformer (E) en (E)^{(N )}: X

i∈{1,...,n}

a⁰_it⁰_i= b, min (a⁰₁, . . . , a⁰_n) = 1,

dont les solutions (t⁰₁, . . . , t⁰_n) s’obtiennent comme `a la question 1/.

2. Remonter aux variables initiales (t1, . . . , , tn) en lisant (en sens inverse) la suite des changements de variables effectu´es pour passer de (E) `a (E)^{(N )}.

3/

(i)

Pas 1: 11t1+ (11 + 6)t2= 1, i.e. 11(t1+ t2) + 6t2= 1, i.e. 11t⁰₁+ 6t2= 1 Pas 2: (6 + 5)t⁰₁+ 6t2= 1, i.e. 5t⁰₁+ 6(t₁⁰ + t2) = 1, i.e. 5t⁰₁+ 6t⁰₂= 1.

Pas 3: 5t⁰₁+ (5 + 1)t⁰₂= 1, i.e. 5(t⁰₁+ t₂⁰) + t⁰₂= 1, i.e. 5t⁰⁰₁+ t⁰₂= 1.

La solution est t⁰₂= 1 − 5u, t⁰⁰₁ = u avec u ∈ Z arbitraire.

Pour remonter aux variables initiales t1 et t2, lire les changements de variables de bas en haut:

t⁰₁= t⁰⁰₁− t⁰₂= 6u − 1, t2= t⁰₂− t⁰₁= 2 − 11u, t1= t⁰₁− t2= 17u − 3.

ii)

Pas 1: 3t1+ (3 + 2)t2+ 11t3= 1, i.e. 3(t1+ t2) + 2t2+ 11t3= 1, i.e. 3t⁰₁+ 2t2+ 11t3= 1.

Pas 2: (2 + 1)t⁰₁+ 2t2+ 11t3= 1, i.e. t⁰₁+ 2(t⁰₁+ t2) + 11t3= 1, i.e. t⁰₁+ 2t⁰₂+ 11t3= 1.

La solution est t⁰₁= 1 − 2u − 11v, t⁰₂= u, t3= v avec (u, v) ∈ Z² arbitraire.

En remontant aux variables initiales, on obtient la solution g´en´erale:

t1= 2 − 5u − 22v, t2= 3u + 11v − 1, t3= v, (u, v) ∈ Z².

Partie B. (Partie de N stable par addition)

On dit qu’une partie P ⊂ N est stable par addition si quels que soient a, b ∈ P , on a a + b ∈ P.

Pour la suite, on suppose P ⊂ N stable par addition, 0 ∈ P et P 6= {0}.

1/

i) Montrer que P est une partie infinie de N.

ii) Montrer que ∀r ∈ N, ∀(n1, . . . , nr) ∈ N^r, ∀(a1, . . . , ar) ∈ P^r,Pr

i=1niai∈ P.

Soit (ai)i∈N la suite des ´el´ements non nuls de P rang´es par ordre croissant.

2/ Supposons pgcd (ai, i ∈ N) = 1 et pour i ∈ N, posons di= pgcd (a0, a1, . . . , ai).

i) Montrer que di+1 | di. En d´eduire qu’il existe δ ∈ N \ {0} et i0 ∈ N tel que pour tout i ≥ i0, di= δ. Montrer que δ = 1. [On veillera `a justifier toute affirmation avec soin.]

ii) Montrer, en vous servant d’une identit´e de B´ezout pour (a0, . . . , ai0), qu’il existe m ∈ N tel que m ∈ P et m + 1 ∈ P.

iii) Soit un entier t ≥ m(m − 1) et t = qm + r la division euclidienne de t par m.

- Montrer que q ≥ m − 1.

- En d´eduire qu’il existe des entiers naturels a et b tels que t = a(m + 1) + bm.

- Conclure que t est ´el´ement de P.

3

La question 2/ montre que si pgcd (ai, i ∈ N) = 1, il existe un entier s = m(m − 1) tel que P\

[s, ∞[= [s, ∞[.

3/ En adaptant la question 2/ au cas o`u pgcd (ai, i ∈ N) 6= 1, montrer que si P ⊂ N est stable par addition et 0 ∈ P , alors il existe un couple (d, s⁰) ∈ N² tel que

P\

[s⁰, ∞[= dN\ [s⁰, ∞[.

Solution:

1/

i) Par hypoth`ese, P contient un entier non nul x ∈ N. Par stabilit´e pour l’addition, x + x ∈ P et si pour n ∈ N, nx ∈ P alors (n + 1)x = nx + x ∈ P , i.e. P contient la partie infinie xN.

ii) par le i), ∀n ∈ N, ∀a ∈ P , na ∈ P . En particulier, l’assertion est vraie pour r = 1. Supposons qu’elle soit vraie pour r ≥ 1; elle est alors vraie pour r + 1 car, par additivit´e de P ,Pr+1

i=1 niai= Pr

i=1niai+ nr+1ar+1 ∈ P + P ⊂ P.

2/

i) Puisque di+1 divise a0, . . . , ai, ai+1, di+1 est diviseur commun de a0, . . . , ai; par B´ezout, di+1

divise pgcd (a0, . . . , ai) = di.

di+1| di implique di+1 ≤ di. Si δ = min {di, i ∈ N} ∈ N \ {0} et i0∈ N est tel que di0 = δ, alors, pour tout i ≥ i0, on a δ ≤ di≤ δ, i.e. di= δ.

δ ´etant diviseur commun des ai, i ∈ N, par hypoth`ese, on a δ = 1.

ii) On a pgcd (a0, . . . , ai0) = δ = 1. Par B´ezout, il existe (m0, . . . , mi0) ∈ Zⁱ⁰⁺¹ tel que 1 = m0a0+ m1a1+ . . . + mi0ai0.

Notons I = {i, mi ≥ 0} et J = {i, mi < 0}. On peut alors ´ecrire cette identit´e de B´ezout sous la forme

1 =X

i∈I

miai−X

i∈J

| mi| ai.

Par la question 1/, m =P

i∈J | mi| ai∈ P et m + 1 =P

i∈Imiai∈ P.

iii) On suppose t ≥ m(m − 1). On rappelle que si t = qm + r est la division euclidienne de t par m, alors 0 ≤ r < m.

Si q ≤ m − 2, on aurait t = qm + r ≤ (m − 2)m + r < (m − 2)m + m = (m − 1)m ce qui contredit t ≥ m(m − 1). On a donc q ≥ m − 1.

On peut ´ecrire t = qm + r sous la forme t = qm + r(1 + m − m) = m(q − r) + (m + 1)r avec q − r, r ∈ N. Par la question 1/, t ∈ P.

Ceci montre que si pgcd (ai, i ∈ N) = 1, alors il existe m ∈ N, tel que tout entier t ≥ m(m − 1) est ´el´ement de P , i.e. il existe s = m(m − 1) ∈ N tel que P ∩ [s, ∞[= N ∩ [s, ∞[.

3/ Notons d = pgcd (ai, i ∈ N). On a alors ai = d^a_dⁱ et la partie P⁰ dont les ´el´ements non nuls sont les ^a_dⁱ satisfait `a l’hypoth`ese du 2/. Il existe donc s ∈ N tel que P⁰∩ [s, ∞[= N ∩ [s, ∞[.

On a P = dP⁰, d’o`u

d(P⁰∩ [s, ∞[) = P ∩ [ds, ∞[= dN ∩ [ds, ∞[

et l’entier s⁰= ds convient.

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