Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP
Année 2018-2019 Mathématiques
Devoir surveillé n ◦ 2
du jeudi 20 septembre Durée : 4 heures
Toute calculatrice interdite
Instructions générales :
Les candidats sont priés
• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien4 pages ;
• de traiter lestrois problèmesdans l’ordre qui leur convient le mieux, à condition de respecter scrupuleusement la numérotation des problèmes et questions ;
• si possible traiter les problèmes sur des copies différentes.
Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies mal rédigées ou mal présentées le sont aux risques et périls du candidat !
Remarque importante :
Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.
Bon courage !
PROBLÈME 1
Pour tout couple(a, b)de nombres complexes tels quea6= 0, on désigne parSa,b l’application deCdansCdéfinie par :
∀z∈C, Sa,b(z) = az+b.
On désigne parG l’ensemble des applicationsSa,b lorsque(a, b)∈C∗×C. L’application identité deCdansCsera notéeI.
1. Démontrer queG, muni de la composition des applications, est un groupe. Est-il abélien ?
(La composition des applications pourra être notée de façon multiplicative, c’est-à-dire qu’on écrira ST pour S◦T, ouS2 pour S◦S.)
2. (a) Démontrer que l’applicationθdeG dansC∗ qui àSa,b associea, est un morphisme de groupes.
(b) Déterminer le noyauT du morphismeθ. Est-ce un sous-groupe abélien deG? À quoi correspond-il géomé- triquement ?
3. (a) Démontrer que tout élément S de G n’appartenant pas à T admet un point fixe unique u (c’est-à-dire
∃!u∈C S(u) =u).
Exprimer Sa,b(z)−uen fonction dez−u.
(b) Démontrer que l’ensembleGudes éléments deGadmettantupour point fixe, est un sous-groupe deG. Est-il abélien ?
(c) Soit S un élément de G n’appartenant pas à T ; déterminer l’ensemble des éléments deG qui commutent avecS.
(d) Démontrer que tout sous-groupe abélien deG est contenu soit dansT, soit dans l’un des groupes Gu. 4. (a) SoientRetS deux éléments de G. Démontrer queRSR−1S−1appartient àT.
(b) En déduire que tout sous-groupeHdeG ne contenant aucun élément de T autre que I, est contenu dans l’un des groupesGu.
5. SoitHun sous-groupe fini deG, non réduit à{I}.
(a) Démontrer qu’il existe un nombre complexe uniqueuinvariant par tous les éléments de H:
∀S∈ H S(u) =u. De ce fait, un élémentSa,bdeHest entièrement caractérisé par le seul nombre complexe a. Nous le noterons simplementSa.
(b) Soit Sa un élément de H. Démontrer qu’il existe un entier n∈ N∗ tel que San =I. En déduire que aest une racine n-ième de l’unité.
(c) Soitαle plus petit réel de l’intervalle]0,2π[tel qu’il existe un élément deHde la formeSeiα. SoitSeiβ un élément quelconque deH, avecβ∈[0,2π[. On posen=E
β α
. En raisonnant sur l’applicationSeiβSe−niα, montrer que β =nα. En déduire que le groupeH est engendré parSeiα, c’est-à-dire que c’est l’ensemble des puissances de cet élément.
PROBLÈME 2
On dispose d’une urne contenant quatre boules numérotées1,2,3et4. On effectue dans cette urne une succession de tirages avec remise d’une boule, et on suppose qu’à chaque tirage, chacune des boules a la même probabilité d’être tirée.
On note, pour toutndeN∗,Xn la variable aléatoire égale au nombre de numéros distincts obtenus enntirages.
On a doncX1= 1et par exemple, si les premiers tirages donnent2,2,1,2,1,4,3, alors on a : X1= 1, X2= 1, X3= 2, X4= 2, X5= 2, X6= 3, X7= 4.
La probabilité d’un événementH est notéeP(H).
L’espérance et la variance d’une variable aléatoireZ sont notées respectivementE(Z)etV(Z).
SoitAla matrice carrée d’ordre 4définie par :A=
1/4 0 0 0
3/4 1/2 0 0 0 1/2 3/4 0
0 0 1/4 1
.
On note, pour toutndeN∗,Un le vecteur colonne défini par : Un=
P([Xn= 1]) P([Xn= 2]) P([Xn= 3]) P([Xn= 4])
.
1. (a) Déterminer la loi de la variable aléatoireX2. (b) CalculerE(X2)etV(X2).
2. (a) Déterminer U1.
(b) Préciser l’ensemble des valeurs qui peuvent être prises parXn.
(c) Établir, pour tout ndeN∗, la relation suivante :Un+1=AUn.M. Cochet :non, pas en une ligne.
3. On considère les quatre vecteurs colonnesV1,V2,V3et V4à 4composantes, définis par : V1=
1
−3 3
−1
, V2=
0 1
−2 1
, V3=
0 0 1
−1
, V4=
0 0 0 1
. (a) Établir par récurrence, pour tout ndeN∗, la relation suivante :
Un= 1
4 n−1
V1+ 3 1
2 n−1
V2+ 3 3
4 n−1
V3+V4. (b) Déterminer la loi de la variable aléatoireXn.
4. (a) Calculer, pour tout ndeN∗, la valeur deE(Xn).
(b) Calculer lim
n→+∞E(Xn). Commenter.
PROBLÈME 3
Soitn∈N∗,(a, b)∈Z2, on dit queaest congru àbmodulon, et on notea≡b[n]si et seulement sindiviseb−a.
Pour(a, b)∈Z∗×Z∗, on notea∧b= pgcd (a, b)et a∨b= ppcm (a, b).
On noteZ/nZl’ensemble quotient deZpar la relation≡ [n]. L’ensembleZ/nZest fini, ànéléments : Z/nZ =
0,1, . . ., n−1 .
On définit les deux lois de composition internes usuelles dansZ/nZ, notées + et . par :
∀(x, y)∈Z2, x+y = x+y et x·y = xy.
Il est facile de montrer (non demandé) que(Z/nZ,+,·)est un anneau commutatif.
Première partie
1. Lister les éléments inversibles (en précisant leur inverse) deZ/6Zet ceux deZ/13Z. 2. Soitp∈N∗\ {1,2,3,4}. Montrer que si pet p+ 2 sont premiers, alorsp≡ −1[6].
3. Montrer que le polynômeX2−5est irréductible surZ/13Z[X].
Seconde partie
On noteK13 l’ensembleZ/13Z×Z/13Zque l’on munit des lois de composition suivantes :
(x, y)⊕(x0, y0) = (x+x0, y+y0), (x, y)•(x0, y0) = xx0+ 5yy0, xy0+x0y
. Pourα∈K13, on noteα2=α•α.
1. Montrer que(K13,⊕,•)est un corps commutatif à169éléments.
2. Soit H13 = x,0
∈Z/13Z×Z/13Z un sous-ensemble de K13. Montrer que (H13,⊕,•) est un sous-corps isomorphe à(Z/13Z,+,·).
3. Désormais, on identifie H13 et Z/13Z en identifiantxet x,0
. Trouver les élémentsαde K13 tels queα2 = 5 et factoriserX2−5dansK13[X].
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Année 2018-2019 Mathématiques
Devoir surveillé n ◦ 2 – éléments de correction
PROBLÈME 1
l’origine de cet exercice se perd dans la nuit des temps. . .
1. Démontrons queG est un sous-groupe du groupe des bijections deCdansC.
• I=S1,0, doncI∈ G :G est non vide.
• SoitSa,b et Sa0,b0 deux éléments deG;
∀z∈C Sa,bSa0,b0(z) =Sa,b(a0z+b0) =a(a0z+b0) +b=aa0z+ab0+b.
DoncSa,bSa0,b0 =Saa0,ab0+b∈ G;G est stable par la composition des applications.
• SoitSa,b un élément deG;
∀(z, z0)∈C2 z0 =az+b ⇐⇒ z=z0−b a . DoncSa,b est bijective etSa,b−1=S1
a,−ba : ainsiG contient les inverses de tous ses éléments.
Finalement G est bien un groupe .
• Par ailleurs on constate que S1,1S2,1=S2,2, maisS2,1S1,1=S2,3 : G n’est pas abélien . 2. (a) Nous avons vu dans la question précédente queSa,bSa0,b0 =Saa0,ab0+b; on a donc :
θ(Sa,bSa0,b0) =aa0=θ(Sa,b)θ(Sa0,b0).
D’où l’application θ est un morphisme du groupe(G,◦)dans le groupe(C∗,×).
(b) Le noyau de θ est l’ensemble des applications Sa,b de G telles que θ(Sa,b) = 1, c’est-à-dire a = 1.
C’est l’ensemble des applications de C dans C de la forme z 7→ z +b, ce qui correspond géométri- quement aux translations du plan complexe. Comme il s’agit du noyau d’un morphisme de groupes,
T est un sous-groupe deG .
Il est clair queS1,bS1,b0 =S1,b+b0 =S1,b0S1,b : le groupe T est abélien .
3. (a) SoitSa,b un élément deG \ T, c’est-à-direa6= 1. Un complexeuest invariant parSa,b si et seulement si : au+b = u, ce qui équivaut àu = b
1−a. Ainsi chaque similitude qui n’est pas une translation possède un invariant et un seul .
DeSa,b(z) =az+b etu=au+b, on tire par soustraction : Sa,b(z)−u=a(z−u). (b) SoitGu l’ensemble des élémentsS deG tels queS(u) =u.
• I(u) =u, doncI∈ Gu :Gu est non vide.
• Soit S et T deux éléments de Gu, c’est-à-dire tels que S(u) = u et T(u) = u. On a alors : ST(u) = S(T(u)) =S(u) =u; doncST ∈ Gu :Guest stable par la composition des applications.
• Soit S un élément deGu, c’est-à-dire tel que S(u) = u. On sait que S est bijective. En composant les deux membres de l’égalité parS−1, on obtient :u=S−1(u); doncS−1∈ Gu:Gu contient les réciproques de ses éléments.
On en conclut que Gu est un sous-groupe deG .
DeSa,b(z)−u=a(z−u)et Sa0,b0(z)−u=a0(z−u), on déduit : Sa,b
Sa0,b0(z)
−u = a
Sa0,b0(z)−u
= aa0(z−u) = Sa0,b0Sa,b(z)−u d’où Sa,bSa0,b0(z) =Sa0,b0Sa,b(z). Il s’ensuit que le groupe Guest abélien .
(c) Soit S ∈ G \ T ; S possède un invariant unique u. Pour tout élément T de G qui commute avec S, il vient ST(u) = T S(u) = T(u), c’est-à-dire que T(u) est invariant par S, d’où T(u) = u. Donc T ∈ Gu. Réciproquement, tout élément deGu commute avecS. Bilan :
l’ensemble des éléments deG qui commutent avecS∈ Gu est le groupeGu lui-même , oùuest l’unique in- variant deS.
(d) SoitHun sous-groupe abélien deG. De deux choses l’une :
• Ou bien Hne contient que des éléments deT, c’est-à-dire H ⊂ T .
• Ou bien Hcontient au moins un élémentS qui n’appartient pas à T ; cet élément a alors un invariant uniqueu, et les autres éléments deH, puisqu’ils commutent avecS, doivent appartenir àGu: H ⊂ Gu . 4. (a) Utilisons le morphismeθ:
θ(RSR−1S−1) =θ(R)θ(S)θ(R−1)θ(S−1) =θ(RR−1)θ(SS−1) =θ(1) = 1 ce qui prouve que RSR−1S−1 appartient au noyau deθ, c’est-à-dire à RSR−1S−1∈ T .
(b) SoitH un sous-groupe deG ne contenant aucun élément deT autre que I. SiR et S sont deux éléments quelconques de H, RSR−1S−1 est un élément deHet de T, c’est donc l’élémentI :RSR−1S−1=I d’où RS=SR. Le groupeHest donc abélien. D’après la question 3.(d), il est contenu soit dansT soit dans un groupe Gu.
• SiHest contenu dans un groupeGu, alors c’est fini !
•Si Hest contenu dansT, alors comme il ne contient aucun élément deT autre queI, il est réduit à{I}; et dans ce cas égalementHest contenu dans tout groupeGu!
Dans tous les cas Hest contenu dans un groupeGu .
5. (a) SoitHun sous-groupe fini deG, non réduit à{I}. SiHcontenait un élémentS1,bavecb6= 0, il contiendrait tous les élémentsS1,kb aveck∈Z, ce qui est impossible puisqueHest fini. Hvérifie donc la condition de la question 4.(b) et nous pouvons conclure queHest abélien et inclus dans un groupeGu. Il existe donc un complexe uinvariant par tous les éléments du groupeH. CommeH 6={I}, ce uest unique .
(b) CommeHest fini, la suite des puissances deSa ne peut prendre qu’un nombre fini de valeurs. Il existe donc deux entiers distinctspetqtels que Sap=Saq. Sip > q, on peut écrireSap−q =I. Il existe donc un entiern strictement positif tel que San=I .
Utilisons le morphisme θ:
θ(San) = θ(Sa)n = an = θ(I) = 1.
Le nombre complexe aest donc une racinen-ième de l’unité . (c) Par définition de la partie entière, on a : n ≤ β
α < n+ 1, c’est-à-dire nα ≤ β < (n+ 1)α, ou encore 0≤β−nα < α.
Or SeiβSe−niα =Sei(β−nα) est un élément de H. Comme β−nαest strictement inférieur àα, il ne peut pas appartenir à l’intervalleouvert]0,2π[ : il est donc égal à0; d’oùβ =nα.
On en déduit queSeiβ = (Seiα)n : tout élément deHest une puissance deSeiα, d’où Seiα engendreH. Conclusion : tout sous-groupe fini de G (et c’est vrai aussi du singleton {I}) est engendré par un seul élément : c’est un groupe cyclique. Géométriquement, tout sous-groupe fini du groupe des similitudes directes du plan est le groupe des rotations de centre fixé et d’angles 2kπ
n , aveck∈Z.
PROBLÈME 2
d’après BCE 2012 ESCP
1. (a) On veut donner la loi de la variable aléatoireX2 sous forme d’un tableau récapitulant, pour chaque valeur deX2, la valeur de la probabilité associée.
X2 représente le nombre de chiffres différents obtenus au bout de deux tirages. Soit les deux tirages donnent le même chiffre, soit ils donnent chacun deux chiffres différents. Les seules valeurs que peut prendreX2sont donc1et 2.
Pour X2 = 1, cela signifie qu’au deuxième tirage on tire la même boule qu’au premier tirage. On a donc 4 boules possibles au premier tirage, et une fois la première boule tirée et remise dans l’urne, le deuxième tirage doit être identique au premier, donc pas de choix. Il y a donc 4 couples de chiffres favorables et4×4 couples possibles. La probabilité d’avoirX2= 1est doncp([X2= 1]) = 4
4×4 =1 4.
Au contraire, pour X2 = 2, une fois la première boule tirée (4 choix possibles) et remise dans l’urne, le deuxième tirage doit donner une boule différente de la première, donc on a seulement3boules favorables au deuxième tirage. Les couples de chiffres favorables sont donc au nombre de 4×3 et le nombre de couples possibles est toujours4×4. On en déduit p([X2= 2]) = 4×3
4×4 =3 4. Finalement, le loi deX2 est :
X2= 1 p([X2= 1]) = 1 4 X2= 2 p([X2= 2]) = 3 4
(b) L’espéranceE(X2)deX2existe, puisqueX2prend un nombre fini de valeurs. On utilise ensuite la formule : E(X2) = P
k∈V
p([X =k])k, oùV est l’ensemble des valeurs prises parX2. Ici, V ={1,2}donc :
E(X2) = p([X2= 1])×1 +p([X2= 2])×2 = 1 4 +3
4×2 soit E(X2) = 7
4 .
Pour la variance, on utilise la formule : V(X2) =E(X22)−E(X2)2. L’espérance deX22s’obtient facilement à partir de la loi deX22(les seules valeurs prises parX2 sont1et 4, vu les valeurs prises parX2) :
X22= 1 p([X22= 1]) =p([X2= 1]) = 1 4 X22= 4 p([X22= 4]) =p([X2= 2]) = 3 4 D’où
E(X22) = p([X22= 1])×1 +p([X22= 4])×4 = 1 4 +3
4 ×4 = 13 4 et enfin
V(X2) = 13 4 −
7 4
2
= 52−49 16 soit V(X2) = 3
16 .
2. (a) Au premier tirage, il sort une valeur et une seule. Donc X1 ne peut prendre que la valeur 1. On a ainsi toujoursX1= 1, d’oùp([X1= 1]) = 1et bien sûr, on n’a jamaisX1= 2,3 ou4, doncp([X2=k]) = 0pour k∈ {2,3,4}.
Finalement U1=
1 0 0 0
.
(b) Il y a4 numéros de boules différents, donc le nombre de chiffres différents obtenus au bout dentirages est un entier non nul inférieur ou égal4.
Ainsi les valeurs possibles deXn sont1,2, 3ou4.
(c) Pour établir la relation cherchée entre Un+1 et Un, étudions les différentes façons d’obtenir Xn+1 =k en fonction des valeurs deXnà l’aide du système complet d’événements([Xn = 1],[Xn= 2],[Xn= 3],[Xn= 4]).
? Pour avoirXn+1 = 1, il faut que les n+ 1premiers tirages donnent tous le même résultat. Cela revient à dire que les n premiers tirages sont déjà de résultats tous égaux (probabilité p([Xn = 1])) et que le dernier tirage donne le même résultat que len-ème (même probabilité queX2 = 1, c’est-à-dire 1
4). D’où p([Xn+1= 1]) = 1
4p([Xn = 1]).
? Pour avoirXn+1= 2, les deux seuls événements du SCE utilisé sont[Xn= 1] et[Xn= 2]:
• Soit lesnpremiers tirages sont tous égaux (probabilitép([Xn = 1]), et c’est le dernier qui diffère de la première valeur obtenue lors desnpremiers tirages (probabilité 3
4, comme pour p([X2= 2])).
• Soit, parmi lesnpremiers tirages, il y a déjà deux valeurs distinctes, et dans ce cas le dernier tirage doit donner une de ces deux valeurs comme résultat (donc seulement2 cas favorables sur4 pour le dernier tirage, soit une probabilité de 1
2).
Finalement, d’après la formule des probabilités totales : p([Xn+1= 2]) = 3
4p([Xn= 1]) + 1
2p([Xn= 2]).
? Pour avoirXn+1= 3, réfléchissons selon si[Xn= 2] ou[Xn= 3] :
• Soit, parmi les npremiers tirages, il y a déjà deux valeurs distinctes (probabilité p([Xn = 2]), auquel cas le dernier tirage doit donner une valeur différente de ces deux premières (donc seulement4−2 = 2 cas favorables sur4possibles pour ce dernier tirage, soit une probabilité de 1
2).
• Soit, parmi lesn premiers tirages, il y a déjà trois valeurs distinctes (probabilitép([Xn = 3]), et dans ce cas le dernier tirage doit donner une de ces trois valeurs comme résultat (donc3cas favorables sur4 pour le dernier tirage, soit une probabilité de 3
4).
Ainsi p([Xn+1= 3]) = 1
2p([Xn= 2]) + 3
4p([Xn= 3]).
? Enfin, pour avoirXn+1= 4, on étudie selon si [Xn= 3] ou[Xn= 4] :
• Soit, parmi lesnpremiers tirages, il y a déjà3valeurs distinctes (probabilitép([Xn= 3]), auquel cas le dernier tirage doit donner une valeur différente de ces trois 3premières (donc seulement4−3 = 1cas favorable sur4possibles pour ce dernier tirage, soit une probabilité de 1
4).
• Soit, parmi les npremiers tirages, il y a déjà 4 valeurs distinctes (probabilitép([Xn = 4]), et dans ce cas le dernier tirage doit donner une de ces4valeurs comme résultat ; mais il n’y a de toute façon que 4 valeurs possibles, donc le dernier tirage donne forcément une des 4 valeurs apparaissant dans lesn premiers tirages.
Et donc p([Xn+1= 4]) = 1
4p([Xn= 3]) + 1×p([Xn = 4]).
Les relations obtenues s’écrivent sous forme matricielle :
P([Xn+1= 1]) P([Xn+1= 2]) P([Xn+1= 3]) P([Xn+1= 4])
=
1
4p([Xn= 1]) 3
4p([Xn= 1]) +1
2p([Xn = 2]) 1
2p([Xn= 2]) +3
4p([Xn = 3]) 1
4p([Xn = 3]) +p([Xn= 4])
=
1
4 0 0 0
3 4
1 2 0 0 0 1
2 3 4 0
0 0 1
4 1
P([Xn= 1]) P([Xn= 2]) P([Xn= 3]) P([Xn= 4])
.
On reconnaît la relation attendue : Un+1=AUn.
3. On considère les quatre vecteurs colonnesV1,V2,V3et V4à 4composantes, définis par : V1=
1
−3 3
−1
, V2=
0 1
−2 1
, V3=
0 0 1
−1
, V4=
0 0 0 1
.
(a) Montrons par récurrence surn∈N∗ : Un = 1
4 n−1
V1+ 3 1
2 n−1
V2+ 3 3
4 n−1
V3+V4.
• Initialisation : pourn= 1la formule attendue donne 1
4 0
V1+ 3 1
2 0
V2+ 3 3
4 0
V3+V4 = V1+ 3V2+ 3V3+V4 =
1 + 0 + 0 + 0
−3 + 3 + 0 + 0 3−6 + 3 + 0
−1 + 3−3 + 1
=
1 0 0 0
= U1. La relation est initialisée.
• Supposons la formule vraie à un certain rangn≥1. Alors, d’après la question précédente : Un+1 = AUn =
1 4
n−1
AV1+ 3 1
2 n−1
AV2+ 3 3
4 n−1
AV3+AV4.
Or, des calculs rapides prouvent queAV1= 1
4V1, AV2= 1
2V2, AV3= 3
4V3, AV4=V4, donc la formule devient :
Un+1 = 1
4 n
V1+ 3 1
2 n
V2+ 3 3
4 n
V3+V4. On reconnaît la formule attendue au rangn+ 1.
La relation est donc héréditaire.
Initialisée à n = 1 et héréditaire, la relation est finalement vraie pour tout n ∈ N∗, par le théorème de récurrence.
(b) La loi deXn s’obtient rapidement à partir du résultat de la question précédente :
Un= 1
4 n−1
1
−3 3
−1
+3 1
2 n−1
0 1
−2 1
+3 3
4 n−1
0 0 1
−1
+
0 0 0 1
=
1 4
n−1
−3 14n−1
+ 3 12n−1
3 14n−1
−6 12n−1
+ 3 34n−1
1+3 12n−1
− 14n−1
−3 34n−1
.
Ainsi, par identification de lai-ème composante deUn avecp([Xn=i]), on obtient la loi de Xn : Xn=? P([Xn=?])
Xn= 1 P([Xn = 1]) = 1 4n−1 Xn= 2 P([Xn= 2]) = 3
2n−1 − 3 4n−1 Xn= 3 P([Xn= 3]) = 3
4n−1 − 6
2n−1 + 3n 4n−1 Xn= 4 P([Xn= 4]) = 1 + 3
2n−1 − 1
4n−1 − 3n 4n−1 4. (a) Pour calculer l’espérance deXn, on applique à nouveau la formule :
E(Xn) =X
k∈V
p([X =k])k
oùV est l’ensemble des valeurs prises parXn. Avec les résultats précédents, cela donne : E(Xn) = 1
4n−1 ×1 + 3
2n−1− 3 4n−1
×2 + 3
4n−1 − 6
2n−1+ 3n 4n−1
×3 +
1 + 3
2n−1 − 1
4n−1 − 3n 4n−1
×4
= 1−6 + 9−4−4×3n+ 3×3n
4n−1 +6−18 + 12
2n−1 + 4 = − 3n 4n−1+ 4 soit : E(Xn) = 4−3
3 4
n−1
.
(b) La suite géométrique 3
4 n−1
est de raison comprise strictement entre0 et1, donc converge vers0. On en déduit tout de suite lim
n→+∞E(Xn) = 4.
Il est logique de se dire que plus on fait de tirages, plus on a de chances d’obtenir tous les numéros possibles des boules, c’est-à-dire les4 numéros différents.
PROBLÈME 3
d’après École Nationale de la Météorologie 1998, maths 2
Première partie
1. Les éléments inversibles deZ/6Zsont1 et5 , ils sont leurs propres inverses.
Affranchissons-nous désormais des barres. PuisqueZ/13Zest un corps :
tous les éléments non nuls deZ/13Zsont inversibles avec :
1 ≡ 1×1 ≡ 2×7 ≡ 3×9 ≡ 4×10 ≡ 5×8 ≡ 6×11.
2. Soit p un entier supérieur ou égal à 4 et tel que p et p+ 2 sont premiers. Prouvons que p est congru à −1 modulo6.
Déjà pdoit être impair. Doncpest congru à−1, ou à 1ou à3 modulo6.
• Si p≡3 [6]alors3|p. C’est possible pourp= 3 carp+ 2 = 5, mais cette solution est exclue par l’énoncé.
• Si on avaitp≡1 [6]alors3|p+ 2 ce qui est possible mais seulement avecp= 1, exclu aussi.
• Reste la seule possibilité quep≡ −1 [6]. Ces nombres s’appellent les nombres premiers jumeaux, on ignore s’il en existe une infinité mais on sait que la série de leurs inverses converge !
3. Un polynôme de degré deux est irréductible si et seulement s’il n’a pas de factorisation non triviale, c’est-à-dire si et seulement s’il n’a pas de racine.
Or 5 n’est pas un carré dansZ/13Z(les carrés sont02= 0, 12 = 1,22= 4,32= 9, 42 = 3,52= 12,62= 10).
Par conséquent X2−5est irréductible dansZ/13Z[X].
Seconde partie
1. Long et fastidieux !
? D’après le cours (K13,⊕)est un groupe abélien car c’est le groupe produit des groupes abéliens(Z/13Z,+) et (Z/13Z,+).
? La loi•est interne.
? La loi•est commutative.
? La loi•est associative : à vous de jouer ! Il fautle faire.
? La loi•admet un élément neutre, à savoir111 = (1,0).
? La loi•est distributive par rapport à⊕: à vous de jouer ! Ilfautle faire.
À ce stade, on a montré que K13 est un anneau commutatif. Il reste à prouver que K13 est un corps. Soit (x, y)6= (0,0), cherchons (x0, y0)tel quexx0+ 5yy0= 1et xy0+yx0= 0.
En multipliant par y la première équation, il vienty=xx0y+ 5y2y0= 5y2y0−x2y0 d’où y=−y0(x2−5y2). En multipliant par xla première équation, on trouve de même x=x0(x2−5y2).
Examinons si x2−5y2 est inversible dansZ/13Z.
? Tout d’abord si y= 0alorsxx0= 1doncx0=x−1et y0= 0.
? Supposons maintenant y 6= 0. Prouvons que x2−5y2 n’est jamais nul. En effet sinon x2−5y2 = 0, soit (xy−1)2−5 = 0, d’oùxy−1 serait une racine du polynômeX2−5 et il n’y en a pas d’après la question 3. de la première partie.
Par conséquent x2−5y2 n’est pas nul. Or un élément non nul deZ/13Zy admet un inverse. On peut donc résoudre :
x0 = (x2−5y2)−1x, y0 = −(x2−5y2)−1y.
Tout élément non nul de K13 est bien inversible. Ainsi K13 est un corps . Ensemblistement c’est (Z/13Z)2, il possède donc 169éléments .
Remarque : on peut fabriquer plus économiquement le corps K13 comme une (sous-)algèbre de matrices, en identifiant (x, y)≈ x 5y
y x
!
. On comprend mieux sous cette forme l’étrange loi•! 2. (a) Démontrons queH ={(x,0)/ x∈Z/13Z} est un sous-corps deK13:
? Bien entenduH ⊂K13.
? Les neutres (0,0) pour+et(1,0)pour •dansK13sont bien dans H.
? Pour (x,0)et(y,0)dansH, on a (x,0)−(y,0) = (x−y,0)qui est dansH.
? Pour (x,0)et(y,0)dansH, on a (x,0)•(y,0) = (xy,0)qui est dansH.
? Pour(x,0)6= (0,0)dansH, on axinversible dansZ/13Z. et ainsi(x−1,0)existe. De plus(x,0)(x−1,0) = (1,0) = (x−1,0)(x,0)donc(x−1,0)est l’inverse de(x,0)et cet inverse est dans H.
Il s’ensuit que H ={(x,0)/ x∈Z/13Z}est un sous-corps deK13 .
(b) Démontrons que H est isomorphe à Z/13Z grâce à l’injection canonique i : Z/13Z → K13 définie par x7→(x,0):
? L’applicationiest définie sans ambigüité.
? L’applicationiest un morphisme de corps, puisque pour toutx∈Z/13Z:
i(x+y) = (x+y,0) = (x,0) + (y,0) = i(x) +i(y) et i(xy) = (xy,0) = (x,0)(y,0) = i(x)i(y).
? L’applicationiest bijective, de bijection réciproque l’application(x,0)7→x.
Ainsi H est isomorphe àZ/13Z et donc Z/13Zs’identifie à un sous-corps deK13.
Remarque : de mêmeR est isomorphe à {(x,0)/ x∈R} et s’identifie à un sous-corps du corps C=R2 muni des opérations (x, y) + (x0, y0) = (x+x0, y+y0)et(x, y)(x0, y0) = (xx0−yy0, xy0+x0y).
3. Posonsα= (x, y)et résolvonsα2= 5.
Il vient α2 = (x2+ 5y2,2xy) = (5,0). On a doncxy= 0. Par intégrité deZ/13Z, on en déduitx= 0ouy = 0.
Mais y= 0mène àx2= 5, équation sans solution (question 3. de la première partie).
On en déduit que y6= 0, doncx= 0, puis 5y2= 5, d’oùy2= 1, ce qui mène aux deux solutions :α= (0,1) et
−α= (0,−1).
Dans K13[X]on peut donc écrire
X2−5 = X2−(5,0) = (X−(0,1))(X+ (0,1)) = (X−α)(X+α).
