Universit´e Bordeaux Alg`ebre 3 – Licence 2
Math´ematiques Ann´ee 2015–2016
Devoir Maison no 1 Corrig´e
Exercice 1 –
1. VRAI. S’il existe k, l∈Z tels que b=ka etc=lb, alorsc= (kl)a eta divise c.
2. VRAI. S’il existe k, l ∈ Z tels que b = ka et c = la, alors 2b+ 3c = (2k+ 3l)a et a divise 2b+ 3c.
3. FAUX. Contre-exemple : a = b = 1, u = v = 2 et pgcd(a, b) = 1 6= 4. Variante : s’il existe des entiers uet v tels que au+bv= 4, alors pgcd(a, b) divise 4.
4. VRAI. Si d∈N divisea et b, d divise 7a−9b= 1. Seule possibilit´e : d= 1.
5. VRAI. S’il exister, s, t∈Ztels que b=ra,c=sbeta =tc, alors a= (rst)aet comme a6= 0, on a rst= 1. Ceci implique|r|=|s|=|t|= 1, d’o`u |a|=|b|=|c|. Notons que cela reste vrai mˆeme si abc= 0 car alors l’hypoth`ese faite implique a=b=c= 0.
6. VRAI. En effet pgcd(a, b) ppcm(a, b) = |ab|. Par cons´equent, comme ab 6= 0, pgcd(a, b) = 1 si et seulement si ppcm(a, b) = |ab|. Notons que l’hypoth`ese ab 6= 0 est capitale comme le montre le contre-exemple a= 2, b= 0 (ppcm(a, b) = |ab|= 0 et pourtant pgcd(a, b) = 2).
7. VRAI. S’il existe k, l∈Z tels que c=ka etd =lb, on a cd= (kl)(ab) et ab divisecd.
8. FAUX. Contre-exemple : a = b = 3. Variante : si 9 divise ab et si pgcd(9, a) = 1, alors 9 divise b (lemme de Gauss). Autre variante : si p premier divise abet ne divise pas a, alors p diviseb.
9. VRAI. S’il existe k ∈ Z tel que b =ka, alors bc = (kc)a et a divisebc. S’il existe k ∈Z tel que c=ka, alors bc= (kb)a et a divisebc.
10. VRAI. Si a divise b, les multiples communs `a a et b sont les mutiples de b et comme le plus petit multiple positif de b est |b| on a ppcm(a, b) = |b|. R´eciproquement ppcm(a, b) = |b|
implique que |b| donc b est un multiple de a.
11. FAUX. Contre-exemple : a = 4, b= 6. Variante : si|a|est premier et ne divise pas b, alorsa est premier avec b.
12. FAUX. Contre-exemple : a = b = 1. Variante : si |a| > 1 et si a divise b, alors a n’est pas premier avec b.
Exercice 2 –
1. Il est facile de voir que O2 =D2 ={(1 2)} et que O3 =D3 ={(1 2 3),(1 3 2)}.
2. Soit σ ∈ S4 d’ordre 4. Comme σ 6= Id, σ se d´ecompose en produit de cycles `a supports disjoints (de longueurs 2, 3 ou 4) et son ordre est le ppcm des longueurs de ces cycles. La seule possibilit´e est que σ soit un cycle de longueur 4. Mais tout cycle de longueur 4 est un d´erangement et on a donc d´ej`a O4 ⊂ D4. La permutation (1 2)(3 4) est un d´erangement d’ordre 2 et n’appartient pas `a O4. On a donc O4 ( D4. Soit σ ∈ D4 et qui n’est pas un cycle de longueur 4. Dans sa d´ecomposition en produit de cycles `a supports disjoints ne peuvent figurer que des cycles de longueur 2 (sinon, c’est un cycle de longueur 3 qui admet donc un point fixe). De plus il y a exactement deux cycles dans cette d´ecomposition car une transposition de S4 admet deux points fixes. Les seules solutions sont (1 2)(3 4), (1 3)(2 4) et (1 4)(2 3). Comme il y a 3! = 6 cycles de longueur 4 dans S4, on a d4 = 6 + 3 = 9.
Remarque : On s’est servi ici du fait que dans Sn, il a (n −1)! cycles de longueur n : les (1a1 a2 . . . an−1) o`u {a1, a2, . . . , an−1}={2,3, . . . , n}.
3. Soit σ ∈ Sp d’ordre p. Comme σ 6= Id, σ se d´ecompose en produit de cycles `a supports disjoints et son ordre est le ppcm des longueurs de ces cycles. Si cet ordre est p, qui est premier, tous ces cycles sont de longueur p. Comme on travaille dans Sp, la seule possibilit´e est que σ soit un cycle de longueur p donc un d´erangement. On a alors |Op| = (p −1)!
et Op ⊂ Dp. Comme p ≥ 5, on peut ´ecrire p = 2k + 1 avec k ≥ 2. Consid´erons alors σ = (1 2 . . . k)(k+ 1k+ 2 . . .2k+ 1). De fa¸con ´evidente σ ∈ Dp et comme σ est le produit de deux cycles `a supports disjoints de longueurs respectives k et k + 1, l’ordre de σ vaut ppcm(k, k+ 1) = k(k + 1) car pgcd(k, k+ 1) = 1. Or pour k ≥ 2, k(k + 1) > 2k+ 1 = p.
Donc σ6∈ Op etOp (Dp
4. La permutation (1 2)(3 4 5) ∈ S6 est d’ordre ppcm(2,3) = 6 et n’est pas un d´erangement car elle admet 6 comme point fixe. D’o`u O6 6⊂ D6. La permutation (1 2)(3 4)(5 6) est un d´erangement deS6 est son ordre est ´egal `a 2. D’o`u D6 6⊂ O6.
5. Soit σ ∈ Dn d’ordre p. Le d´ebut de la r´eponse `a la question 3 montre que σ se d´ecompose en produit de cycles `a supports disjoints qui sont tous de longueur p. Mais comme σ est un d´erangement, la r´eunion (disjointe) des supports de ces cycles est n´ecessairement{1,2, . . . , n}
entier. On en d´eduit que s’il y ak cycles dans la d´ecomposition,n =kp. Ainsi p divisen.
6.a) Tout d’abord, par d´efiniton de τ, on a τ σ(n) = n et n est un point fixe de τ σ. De plus si τ σ(i) = i, alorsσ(i) = τ(i). Si i6∈ {n, σ(n)}, on obtientσ(i) =i, ce qui est absurde car σ est un d´erangement. D’o`u la conclusion.
6.b) Commeτ σ(n) =n et commeτ σ∈Sn, la restriction deτ σ`a{1,2, . . . , n−1}est une bijection de cet ensemble sur lui-mˆeme sans point fixe par hypoth`ese. Elle appartient donc `a Dn−1. 6.c) Dans ce cas on a τ σ(n) = n et τ σ(σ(n)) = σ(n). On en d´eduit que σ(σ(n)) = τ σ(n) = n.
Ainsi σ transforme {n, σ(n)} en lui-mˆeme (en ´echangeant n et σ(n)). Comme σ ∈ Sn, sa restriction `a {1,2, . . . , n} \ {n, σ(n)} est une bijection de cet ensemble sur lui-mˆeme. Par ailleurs elle est sans point fixe car σ est un d´erangement.
7. Cherchons `a d´enombrer les ´el´ements deDn. Siσ ∈ Dnon an−1 choix pourσ(n) `a savoir 1, 2, . . . ,n−1. Ce choix ´etant fix´e, on est soit dans le premier cas et il y adn−1possibilit´es pourτ σ donc pourσpar la question 6.b), soit dans le deuxi`eme cas et il y adn−2 possibilit´es pourσpar la question 6.c). Pour le voir, il suffit de renum´eroter les ´el´ements de {1,2, . . . , n} \ {n, σ(n)}
de 1 `a n−2. On en d´eduit que dn= (n−1)(dn−1+dn−2).
8. D´emontrons la propri´et´e par r´ecurrence sur n ≥ 2. Elle est vraie pour n = 2 et n = 3 par la question 1) et un calcul ´el´ementaire. Supposons qu’elle soit vraie pour tout 2 ≤k < n o`u n ≥4 et montrons qu’elle est vraie pourn. Par la question 7 et l’hypoth`ese de r´ecurrence on a
dn = (n−1)
(n−1)!
n−1
X
i=0
(−1)i1
i!+ (n−2)!
n−2
X
i=0
(−1)i1 i!
= (n−1)
(n−1)! + (n−2)!Xn−2
i=0
(−1)i1
i! + (n−1)(n−1)!(−1)n−1 1 (n−1)!
= n(n−1)(n−2)!
n−2
X
i=0
(−1)i1
i! + (−1)n−1(n−1)
= n!
n−2
X
i=0
(−1)i1 i! +n!
(−1)n−1 1
(n−1)! + (−1)n1 n!
= n!
n
X
i=0
(−1)i1 i!. 9. On a
pn= dn
|Sn| = dn
n! =
n
X
i=0
(−1)i1 i!. Comme ex =P∞
i=0
xi
i! pour toutx∈R, on voit que
n→∞lim pn=e−1 = 1 e.
