Exercices sur les anneaux

(1)

Anneaux

Diviseurs de zéro

Exercice 1 [ 02233 ][correction]

Montrer qu’un anneau (A,+,×) n’a pas de diviseurs de zéro si, et seulement si, tous ses éléments non nuls sont réguliers

Soienta, bdeux éléments d’un anneau (A,+,×) tels queabsoit inversible etbnon diviseur de 0.

Montrer queaetb sont inversibles.

Sous-anneaux

Soitd∈N, on note Z

h√

di

=n a+b

√

d|(a, b)∈Z² o

Montrer queZ h√

di

est un sous-anneau de (R,+,×).

On note

D=n n

10^k |n∈Z, k∈N o

l’ensemble des nombres décimaux.

Montrer queDest un sous-anneau de (Q,+,×).

[Anneau des entiers de Gauss 1777-1855) On note

Z[i] =

a+ib|(a, b)∈Z²

a) Montrer queZ[i] est un anneau commutatif pour l’addition et la multiplication des nombres complexes.

b) Pourz∈Z[i], on poseN(z) =|z|². Vérifier

∀z, z⁰∈Z[i], N(zz⁰) =N(z)N(z⁰) etN(z)∈N c) Déterminer les éléments inversibles de l’anneauZ[i].

Soit

A=nm

n/m∈Zetn∈N^?, impairo a) Montrer queAest un sous anneau de (Q,+,×).

b) Quels en sont les éléments inversibles ?

Soit

A=nm

2ⁿ/m∈Zet n∈N o

a) Montrer queAest un sous anneau de (Q,+,×).

b) Quels en sont les éléments inversibles ?

Pourd∈N, on note

Ad=

(x, y)∈Z²/d divise (y−x) a) Montrer queAd est un sous anneau (Z²,+,×).

b) Inversement, soitAun sous anneau de (Z²,+,×).

Montrer queH ={x∈Z/(x,0)∈A}est un sous groupe de (Z,+).

c) En déduire qu’il existed∈Ntel que H =dZet A=Ad.

Un anneauAest dit régulier si

∀x∈A,∃y∈A, xyx=x On considère un tel anneauAet l’on introduit

Z ={x∈A/∀a∈A, ax=xa}

a) Montrer queZ est un sous-anneau deA.

b) Vérifier queZ est régulier.

(2)

On noteP l’ensemble des nombres premiers. On se propose d’établir l’existence d’une correspondance bijective entre l’ensemble des sous-anneaux de l’anneau (Q,+,×) et l’ensemble des parties deP.

PourA un sous-anneau de (Q,+,×), on note P(A) =

p∈ P/1 p ∈A

a) SoientAetB sont deux sous-anneaux de (Q,+,×). Etablir P(A) =P(B)⇒A=B

b) SoitP un sous-ensemble deP. Déterminer un sous-anneauAde (Q,+,×) vérifiantP(A) =P.

c) Conclure.

Morphismes d’anneaux

Soitf :C→Cun morphisme d’anneaux tel que

∀x∈R, f(x) =x Montrer quef est l’identité ou la conjugaison complexe.

Soitaun élément d’un ensembleX.

Montrer l’applicationEa:F(X,R)→Rdéfinie parEa(f) =f(a) est un morphisme d’anneaux.

Théorème chinois

Résoudre les systèmes suivants : a)

x≡1 [6]

x≡2 [7] b)

(3x≡2 [5]

5x≡1 [6]

Résoudre le système :

x≡2 [10]

x≡5 [13]

Soienta, b, a⁰, b⁰∈Zavecbet b⁰ premiers entre eux.

Montrer que le système

x≡a [b]

x≡a⁰ [b⁰]

possède des solutions et que celles-ci sont congrues entres elles modulobb⁰.

Une bande de 17 pirates dispose d’un butin composé deN pièces d’or d’égale valeur. Ils décident de se le partager également et de donner le reste au cuisinier (non pirate). Celui ci reçoit 3 pièces. Mais une rixe éclate et 6 pirates sont tués.

Tout le butin est reconstitué et partagé entre les survivants comme

précédemment ; le cuisinier reçoit alors 4 pièces. Dans un naufrage ultérieur, seul le butin, 6 pirates et le cuisinier sont sauvés. Le butin est à nouveau partagé de la même manière et le cuisinier reçoit 5 pièces. Quelle est alors la fortune minimale que peut espérer le cuisinier lorsqu’il décide d’empoisonner le reste des pirates ?

Corps

Soitd∈Ntel que √

d /∈Q, on note Q

h√

di

=n a+b√

d|(a, b)∈Q² o

Montrer que (Q h√di

,+,×) est un corps.

SoitAun anneau intègre fini. Montrer queAest un corps.

(indice : on pourra introduire l’applicationx7→axpoura∈A, a6= 0A)

(3)

SoitAun anneau commutatif fini non nul.

Montrer queAne possède pas de diviseurs de zéro si, et seulement si,Aest un corps.

SoitKun corps fini commutatif. Calculer Y

x∈K^?

x

SoientK,Ldeux corps etf un morphisme d’anneaux entreKet L.

a) Montrer quef(x) est inversible pour toutx∈K non nul et déterminer f(x)⁻¹. b) En déduire que tout morphisme de corps est injectif.

SoitK=Q+√ 2Q+√

3Q+√ 6Q. a) Montrer que (1,√

2,√ 3,√

6) est uneQ-base duQ-espace vectorielK.

b) Montrer queK est un sous-corps deR. Exercice 23 [ 02677 ][correction]

SoitKun corps,E un espace vectoriel de dimension finiensurKetLun sous-corps deKtel que Kest un espace vectoriel de dimension finiepsurL. Montrer queE est un espace vectoriel de dimension finieqsurL. Reliern, p, q.

Indicatrice d’Euler

Combien y a-t-il d’éléments inversibles dansZ/78Z? Exercice 25 [ 00151 ][correction]

Pourn∈N^?, on noteϕ(n) le nombre d’éléments inversibles dans (Z/nZ,×).

a) Calculerϕ(p) et ϕ(p^α) pourppremier etα∈N^?. b) Soientmet npremiers entre eux.

On considère l’applicationf :Z/mnZ→Z/nZ×Z/mZdéfinie parf(¯x) = (ˆx,x).˜ Montrer quef est bien définie et réalise un isomorphisme d’anneaux.

c) En déduire queϕ(mn) =ϕ(m)ϕ(n).

d) Exprimerϕ(n) selon la décomposition primaire den.

Etablir

∀n>3, ϕ(n)> nln 2 lnn+ ln 2

Montrer que pour tout entiern>3,ϕ(n) est un nombre pair.

Pourn∈N^?, on noteϕ(n) le nombre d’éléments inversibles dans (Z/nZ,×).

Etablir

∀a∈(Z/nZ)^?, a^ϕ(n)= 1

Pourn∈N^?, on noteϕ(n) le nombre de générateurs de (Z/nZ,+).

a) Montrer que siH est un sous-groupe de (Z/nZ,+), il existeadivisantn vérifiantH =<¯a >.

b) Observer que sid|nil existe un unique sous-groupe de (Z/nZ,+) d’ordred.

c) Justifier que sid|nle groupe (Z/nZ,+) possède exactementϕ(d) éléments d’ordred.

d) Montrer

∀n∈N^?,X

d|n

ϕ(d) =n

On noteϕla fonction indicatrice d’Euler.

a) Soitdun diviseur positif den∈N^?. Combien y a-t-il d’entiersk vérifiant k∈J1, nKet pgcd(k, n) =d?

b) En déduire

n=X

d|n

ϕ(d)

(4)

SoientT = (ti,j)∈ Mn(R) déterminée par ti,j =

1 siidivisej 0 sinon

etD= diag(ϕ(1), . . . , ϕ(n))∈ Mn(R) matrice diagonale.

On rappelle la propriété

∀n∈N^?, n=X

d|n

ϕ(d)

a) Calculer le coefficient d’indice (i, j) de la matrice^tT DT en fonction de pgcd(i, j).

b) En déduire la valeur du déterminant de la matrice de Smith

S=







pgcd(1,1) pgcd(1,2) · · · pgcd(1, n) pgcd(2,1) pgcd(2,2) · · · pgcd(2, n)

... ... ...

pgcd(n,1) pgcd(n,2) · · · pgcd(n, n)







a) Pour (a, n)∈Z×N^? aveca∧n= 1, montrer quea^ϕ(n)= 1 [n].

b) Pourppremier etk∈ {1, . . . , p−1}, montrer quepdivise p k

! .

c) Soit (a, n)∈(N^?)². On suppose queaⁿ⁻¹= 1 [n]. On suppose que pour toutx divisantn−1 et différent den−1, on aa^x6= 1 [n]. Montrer quenest premier.

Soientaetndes naturels supérieurs ou égaux à 2. Montrer quendiviseϕ(aⁿ−1).

Idéaux

Quels sont les idéaux d’un corpsK?

Un idéal d’un anneau (A,+,×) est dit principal lorsqu’il est de la formexApour un certainx∈A.

Montrer que les idéaux d’un sous-anneau de (Q,+,×) sont principaux.

On note

D=n p

10ⁿ/p∈Z, n∈N o

l’ensemble des nombres décimaux.

a) Montrer queDest un sous-anneau de (Q,+,×).

b) Montrer que les idéaux deDsont principaux (c’est-à-dire de la formeaDavec a∈D).

SoitIun idéal de l’anneau produit (Z²,+,×).

a) On poseI1={x∈Z/(x,0)∈I}et I2={y∈Z/(0, y)∈I}.

Montrer queI1 et I2 sont des idéaux de (Z,+,×).

b) EtablirI=I1×I2.

c) Conclure que les idéaux de l’anneau (Z²,+,×) sont de la forme xZ² avec x∈Z².

[Nilradical d’un anneau]

On appelle nilradical d’un anneau commutatif (A,+,×) l’ensembleN formé des éléments nilpotents deAi.e. desx∈Atels qu’il existen∈N^? vérifiantxⁿ= 0A. Montrer queN est un idéal deA.

[Radical d’un idéal]

SoitIun idéal d’un anneau commutatifA. On noteR(I) l’ensemble des éléments xdeA pour lesquels il existe un entiernnon nul tel quexⁿ ∈I.

a) Montrer queR(I) est un idéal deA contenantI.

b) Montrer que siI etJ sont deux idéaux alors

R(I∩J) =R(I)∩R(J) etR(I+J)⊃R(I) +R(J)

c) On suppose queA=Z. Montrer que l’ensemble des entiersnnon nuls tels que R(nZ) =nZest exactement l’ensemble des entiers sans facteurs carrés.

SoientAun anneau commutatif et eun élément idempotent deA(i.e.e²=e).

a) Montrer queJ ={x∈A/xe= 0}est un idéal deA.

(5)

b) On noteI=Ael’idéal principal engendré pare. DéterminerI+J etI∩J. c) Etablir que pour tout idéalKdeA:

(K∩I) + (K∩J) =K

[Idéaux premiers]

Un idéalI d’un anneau commutatif (A,+,×) est dit premier si, et seulement si,

∀x, y∈A, xy∈I⇒x∈I ouy∈I a) Donner un exemple d’idéal premier dansZ.

b) SoitP ∈K[X] un polynôme irréductible. Montrer queP.K[X] est premier.

c) SoientJ et K deux idéaux deA etI un idéal premier. Montrer J∩K=I⇒(J =I ouK=I)

d) Soit (A,+,×) un anneau commutatif dont tout idéal est premier. Etablir que Aest intègre puis queA est un corps.

[Zest noethérien]

Montrer que tout suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux deZest stationnaire.

Ce résultat se généralise-t-il aux idéaux deK[X] ?.

SoitAun sous-anneau deQ.

a) Soitpun entier etq un entier strictement positif premier avecp. Montrer que sip/q∈A alors 1/q∈A.

b) SoitI un idéal deAautre que{0}. Montrer qu’il existen∈N^? tel que I∩Z=nZet qu’alorsI=nA.

c) Soitpun nombre premier. On pose

Zp={a/b;a∈Z, b∈N^?, p∧b= 1}

Montrer que six∈Q^? alorsxou 1/xappartient àZ_p.

d) On suppose ici quexou 1/xappartient àApour toutx∈Q^?. On noteI l’ensemble des éléments non inversibles deA.

Montrer queI inclut tous les idéaux stricts deA. En déduire queA=Qou A=Zp pour un certain nombre premierp.

Soitpun nombre premier. On noteZpl’ensemble desa/boù (a, b)∈Z×N^?et p ne divise pasb. On noteJp l’ensemble desa/boù (a, b)∈Z×N^?,pdiviseaetp ne divise pasb.

a) Montrer queZp est un sous-anneau deQ.

b) Montrer queJ_p est un idéal deZ_p et que tout idéal deZ_p autre queZ_p est inclus dansJ_p.

c) Déterminer les idéaux deZ_p.

SoitAun sous-anneau d’un corpsK.

On suppose :

∀x∈K\ {0}, x∈Aoux⁻¹∈A

et on formeI l’ensemble des éléments de l’anneauAnon inversibles.

a) Montrer queI est un idéal deA.

b) Montrer que tout idéal deAautre queAest inclus dansI.

SoitAun anneau intègre. On suppose que l’anneauAne possède qu’un nombre fini d’idéaux.

Montrer queAest un corps.

Classes de congruence

Résoudre les équations suivantes : a) 3x+ 5 = 0 dansZ/10Z

b)x²= 1 dans Z/8Z

c)x²+ 2x+ 2 = 0 dansZ/5Z.

Résoudre le système suivant :

x+y≡4 [11]

xy≡10 [11]

(6)

Déterminer les morphismes de groupes entre (Z/nZ,+) et (Z/mZ,+).

Soit un entiern>2. Combien le groupe (Z/nZ,+) admet-il de sous-groupes ?

Soitpun nombre premier etkun entier premier avecp−1.

Montrer que l’applicationϕ:Z/pZ→Z/pZdéfinie parϕ(x) =x^k est bijective.

Soitpun entier premier. Montrer que pour tout k∈N, P

x∈Z/pZ

x^k est égal à 0 ou

−1.

Soitpun nombre premier. Calculer dansZ/pZ

p

X

k=1

¯ket

p

X

k=1

k¯²

[Théorème de Wilson]

Soitpun nombre premier supérieur à 2.

a) Quels sont les éléments deZ/pZqui sont égaux à leurs inverses ? b) En déduire quepdivise (p−1)! + 1.

c) Montrer que sin>2 divise (n−1)! + 1 alorsnest premier.

a) Déterminer l’ensemble des inversibles de l’anneauZ/8Z. De quelle structure peut-on munir cet ensemble ?

b) Y a-t-il, à isomorphisme près, d’autres groupes de cardinal 4 ?

Soitpun nombre premier supérieur à 3.

a) Quel est le nombre de carrés dansZ/pZ?

b) On supposep= 1 [4]. En calculant de deux façons (p−1)!, justifier que−1 est un carré dansZ/pZ.

c) On supposep= 3 [4]. Montrer que−1 n’est pas un carré dansZ/pZ.

Soit (G, .) un groupe fini tel que

∀g∈G, g²=e

oùeest le neutre deG. On supposeGnon réduit à{e}.

Montrer qu’il existen∈N^? tel queGest isomorphe à ((Z/2Z)ⁿ,+).

Sipest un nombre premier, quel est le nombre de carrés dansZ/pZ?

Donner l’ensembleGdes inversibles de l’anneauZ/20Z. Montrer que (G,×) est isomorphe à (Z/2Z×Z/4Z,+)

[Petit théorème de Fermat]

Soitpun nombre premier. Montrer

∀a∈(Z/pZ)^?, a^p−1= 1

Algèbres

Soit

E=







M(a, b, c) =





a b c c a b b c a



/(a, b, c)∈R³







Montrer queE est une sous-algèbre commutative deM₃(R) dont on déterminera la dimension.

(7)

SoitKune algèbre intègre sur Rde dimension finien>2. On assimileRà R.1 où 1 est l’élément deKneutre pour le produit.

a) Montrer que tout élément non nul deKest inversible.

b) Soitaun élément deKnon situé dansR. Montrer que la famille (1, a) est libre tandis que le famille (1, a, a²) est liée.

c) Montrer l’existence dei∈Ktel que i²=−1.

d) Montrer que siKest commutative alorsKest isomorphisme àC.

Soitnun entier>2 etAun hyperplan deMn(C) stable pour le produit matriciel.

a) On suppose queI_n∈ A. Montrer, si/ M²∈ A, queM ∈ A. En déduire que pour touti∈ {1, . . . , n}que la matrice E_i,i est dansA. En déduire une absurdité.

b) On prendn= 2. Montrer queAest isomorphe à l’algèbre des matrices triangulaires supérieures.

(8)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Supposons queA n’ait pas de diviseurs de zéro.

Soitx∈Aavecx6= 0.

∀a, b∈A,xa=xb⇒x(a−b) = 0⇒a−b= 0 carx6= 0.

Ainsixest régulier à gauche. Il en est de même à droite.

Supposons que tout élément non nul deA soit régulier.

∀x, y∈A,xy= 0⇒xy=x.0⇒x= 0 ouy= 0 (par régularité dexdans le cas où x6= 0).

Par suite l’anneauAne possède pas de diviseurs de zéro.

Soitx=b(ab)⁻¹. Montrons quexest l’inverse dea.

On aax=ab(ab)⁻¹= 1 etxab=b(ab)⁻¹ab=b donc (xa−1)b= 0 puisxa= 1 carbn’est pas diviseur de 0. Ainsiaest inversible etxest son inverse.

De plusb=a⁻¹(ab) l’est aussi par produit d’éléments inversibles.

Z h√di

⊂R, 1∈Z h√di

. Soientx, y∈Z

h√di

, on peut écrirex=a+b√

dety=a⁰+b⁰√ davec a, b, a⁰, b⁰∈Z.

x−y= (a−a⁰) + (b−b⁰)√

daveca−a⁰, b−b⁰∈Zdoncx−y∈Z h√

di . xy= (aa⁰+bb⁰d) + (ab⁰+a⁰b)√

davecaa⁰+bb⁰d, ab⁰+a⁰b∈Zdoncxy∈Z h√

di . AinsiZ

h√di

est un sous-anneau de (R,+,×).

D ⊂Qet 1∈ Dcar 1 = ₁₀¹0.

Soientx, y∈ D, on peut écrirex= ₁₀ⁿk et y=₁₀^m` avecn, m∈Zetk, `∈N. x−y=ⁿ¹⁰₁₀^`^−m10_k+` ^k avecn10^`−m10^k∈Zet k+`∈Ndoncx−y∈ D.

xy=₁₀^nm_k+` avecnm∈Zetk+`∈Ndoncxy∈ D.

AinsiDest un sous-anneau de (Q,+,×).

a) Montrer queZ[i] est un sous anneau de (C,+,×).Z[i]⊂C, 1∈Z[i].

∀x, y∈Z[i], on peut écrire x=a+i.bety=a⁰+i.b⁰ aveca, b, a⁰, b⁰∈Z. x−y= (a−a⁰) +i.(b−b⁰) aveca−a⁰, b−b⁰∈Zdoncx−y∈Z[i].

xy= (aa⁰−bb⁰) +i(ab⁰+a⁰b) avecaa⁰−bb⁰, ab⁰+a⁰b∈Zdoncxy∈Z[i].

AinsiZ[i] est un sous-anneau de (C,+,×).

b)N(zz⁰) =|zz⁰|²=|z|²|z⁰|²=N(z)N(z⁰) etN(z) =a²+b²∈Navecz=a+ib eta, b∈Z.

c) Sizest inversible d’inverse z⁰ alorsN(zz⁰) =N(z)N(z⁰) = 1. Or N(z), N(z⁰)∈NdoncN(z) =N(z⁰) = 1.

On en déduitz= 1,−1, iou−i. La réciproque est immédiate.

a)A⊂Q, 1∈A,∀x, y∈A, x−y∈A etxy∈A: clair.

Par suiteAest un sous anneau de (Q,+,×).

b)x∈Aest inversible si, et seulement si, il existey∈Atel que xy= 1.

x=^m_n, y= ^m_n0⁰ avecn, n⁰ impairs.xy= 1⇒mm⁰ =nn⁰ doncmest impair et la réciproque est immédiate.

Ainsi

U(A) =nm

n/m∈Z, n∈N^? impairso

a)A⊂Q, 1∈A,∀x, y∈A, x−y∈A etxy∈A: facile.

AinsiAest un sous anneau de (Q,+,×).

b)x∈Aest inversible si, et seulement si, il existey∈Atel que xy= 1.

Puisqu’on peut écrirex= ₂^m_n, y= ^m⁰

2ⁿ⁰ avecm, m⁰∈Zet n, n⁰ ∈N, xy= 1⇒mm⁰ = 2ⁿ⁺ⁿ⁰

Par suitemest, au signe près, une puissance de 2.

La réciproque est immédiate.

Finalement

U(A) =

±2^k/k∈Z

a)A_d⊂Z² et 1_Z2= (1,1)∈A_d.

Pour (x, y),(x⁰, y⁰)∈Ad, (x, y)−(x⁰, y⁰) = (x−x⁰, y−y⁰) avec d|(y−y⁰)−(x−x⁰) donc (x, y)−(x⁰, y⁰)∈Ad.

(9)

Aussi (x, y)(x⁰, y⁰) = (xx⁰, yy⁰) avecd|(yy⁰−xx⁰) = (y−x)y⁰+x(y⁰−x⁰) donc (x, y)(x⁰, y⁰)∈Ad.

b)H 6=∅car 0∈H et ∀x, y∈H,x−y∈H car (x−y,0) = (x,0)−(y,0)∈A.

c)H sous groupe de (Z,+) donc il existe d∈Ntel que H =dZ

Pour tout (x, y)∈A, on a (x, y)−(y, y) = (x−y,0)∈Acar (y, y)∈<(1,1)>⊂A. Par suitex−y∈dZ.

Inversement, six−y∈dZalors (x−y,0)∈Apuis (x, y) = (x−y,0) +y.(1,1)∈A.

Ainsi

(x, y)∈A⇔x−y∈dZ et donc alors

A=

(x, y)∈Z²/ddivise (y−x) =Ad

a) ImmédiatementZ ⊂Aet 1A∈Z.

Soientx, y∈Z. Pour touta∈A

a(x−y) =ax−ay=xa−ya= (x−y)a et

a(xy) =xay=xya doncx−y∈Aetxy∈A.

AinsiZ est un sous-anneau deA.

b) Soitx∈Z. Il existey∈Atel quexyx=x. La difficulté est de voir que l’on peut se ramener au cas oùy∈Z. . . Pour cela considérons l’élémentz=xy². On observe

xzx=x³y²=xyxyx=xyx=x

Il reste à montrerz∈Z. Posonsa∈A. L’élémentx³ commute avecy²ay² et donc x³y²ay²=y²ay²x³

ce qui donne

xay²=y²ax

puisaz=za. On peut alors que conclure que l’anneauZ est régulier au sens défini.

a) SupposonsP(A) =P(B).

Soitx∈A de représentant irréductiblea/b. Puisqueaet bsont premiers entre eux, il existeu, v∈Ztels que au+bv= 1 et alors

1

b = au+bv b =u.a

b +v

Sachant quea/best élément deA et que 1 l’est aussi, par addition dans le sous-groupe (A,+), on obtient

1 b ∈A

Sipest diviseur premier deb, on peut écrireb=pk aveck∈Zet alors 1

p=k.1 b ∈A

Par suite les diviseurs premiers deb sont éléments deP(A). Or P(A) =P(B) et les diviseurs premiers deb sont aussi éléments deB. PuisqueB est stable par produit, l’élément 1/bappartient à B et, finalement,

x=a.1 b ∈B AinsiA⊂B et, par argument de symétrie,A=B.

b) Formons

A=na

b/les diviseurs premiers debsont éléments de Po

On vérifier aisément queA est une partie deQ, contenant 1, stable par différence et produit. C’est donc un sous-anneau pour lequel on vérifie aisémentP =P(A).

c) L’applicationA7→P(A) définit la correspondance bijective voulue.

Posonsj=f(i). On a j²=f(i)²=f(i²) =f(−1) =−f(1) =−1 doncj=±i.

Sij=ialors∀a, b∈R,f(a+ib) =f(a) +f(i)f(b) =a+ibdoncf = Id_C. Sij=−ialors∀a, b∈R,f(a+ib) =f(a) +f(i)f(b) =a−ibdoncf :z7→z.¯

E_a(x7→1) = 1.

∀f, g∈ F(X,R),E_a(f+g) = (f +g)(a) =f(a) +g(a) =E_a(f) +E_a(g) et Ea(f g) = (f g)(a) =f(a)g(a) =Ea(f)Ea(g) doncEa est un morphisme d’anneaux.

(10)

a) 6 et 7 sont premiers entre eux avec la relation de Bézout (−1)×6 + 7 = 1.

x1= 7 etx2=−6 sont solutions des systèmes x≡1 [6]

x≡0 [7] et

x≡0 [6]

x≡1 [7]

doncx= 1×7 + 2×(−6) =−5 est solution du système étudié dont la solution générale est alors

x= 37 + 42kaveck∈Z b)

(3x≡2 [5]

5x≡1 [6] ⇔

(x≡4 [5]

x≡5 [6]

on poursuit comme ci-dessus. Les solutions sont 29 + 30kaveck∈Z.

10∧13 = 1 avec la relation de Bézout

−9×10 + 7×13 = 1

Les nombresx1= 7×13 = 91 etx2=−9×10 =−90 sont solutions des systèmes x≡1 [10]

x≡0 [13] et

x≡0 [10]

x≡1 [13]

On en déduit que

x= 2×91−5×90 =−268 est solution du système dont la solution générale est alors

x=−268 + 130k= 122 + 130`avec`∈Z

Il existeu, v∈Ztels quebu+b⁰v= 1.

Soitx=a⁰bu+ab⁰v.

On ax=a⁰bu+a−abu=a [b] etx=a⁰−a⁰b⁰v+ab⁰v=a⁰ [b⁰] doncxest solution.

Soitx⁰ une autre solution. On a x=x⁰ [b] etx=x⁰ [b⁰] doncb|(x⁰−x) et b⁰ |(x⁰−x).

Orb∧b⁰= 1 doncbb⁰|(x⁰−x).

Inversement, soitx⁰ tel quebb⁰|x⁰−x, on a bienx⁰ =x=a [b] et x⁰=x=a⁰ [b⁰].

Notonsx∈Nle montant du trésor. De part les hypothèses







x≡3 [17]

x≡4 [11]

x≡5 [6]

On commence par résoudre le système

x≡3 [17]

x≡4 [11]

17∧11 = 1 avec la relation de Bézout 2×17−3×11 = 1. On a alors la solution particulière

x= 3×(−33) + 4×34 = 37 et donc







x≡3 [17]

x≡4 [11]

x≡5 [6]

⇔

x≡37 [187]

x≡5 [6]

187∧6 = 1 avec la relation de Bézout 187−31×6 = 1. On a alors la solution particulière

x= 37×(−186) + 5×(187) =−5947 La solution générale du système est alors

x=−5947 + 1122k= 785 + 1122`avec`∈Z Le cuisinier peut espérer empocher au moins 785 pièces d’or.

Montrons queQ h√

di

est un sous-corps de (R,+,×).

Q h√di

⊂R, 1∈Q h√di

. Soientx, y∈Q

h√

di

, on peut écrirex=a+b√

det y=a⁰+b⁰√ davec a, b, a⁰, b⁰∈Q.

x−y= (a−a⁰) + (b−b⁰)√

daveca−a⁰, b−b⁰∈Qdoncx−y∈Q h√

di . xy= (aa⁰+bb⁰d) + (ab⁰+a⁰b)√

davecaa⁰+bb⁰d, ab⁰+a⁰b∈Qdoncxy∈Q h√

di . Six6= 0 alors

1

x = 1

a+b√

d = a−b√ d

a²−db² = a

a²−db² − b√ d a²−db²

(11)

avec a

a²−db², b

a²−db² ∈Q Notons que, icia−b√

d6= 0 car√ d /∈Q. FinalementQ

h√

di

est un sous-corps de (R,+,×) et c’est donc un corps.

Il s’agit ici de montrer que touta∈A, tel quea6= 0A, est inversible.

L’applicationx7→ax est une injection deA versA carAest intègre, l’élémenta est régulier.

PuisqueA est fini, cette application est bijective et il existe doncb∈Atel que ab= 1.

On raisonne de même pour obtenir un élémentc∈A tel queca= 1.

Les élémentsbet csont égaux car

b= (ca)b=c(ab) =c Ainsi, l’élémentaest inversible.

(⇐) tout élément non nul d’un corps est symétrisable donc régulier et n’est donc pas diviseurs de zéro.

(⇒) Supposons queAn’ait pas de diviseurs de zéros. Soita∈Atel que a6= 0.

Montrons queaest inversible Considérons l’applicationϕ:A→Adéfinie par ϕ(x) =a.x.

an’étant pas diviseur de zéro, on démontre aisément queϕest injective, orAest fini doncϕest bijective. Par conséquent il existeb∈Atel queϕ(b) = 1 i.e.

ab= 1. Ainsi aest inversible. FinalementAest un corps.

En regroupant chaquexavec son inverse, lorsqu’ils sont distincts, on simplifie Y

x∈K^?

x= Y

x∈K?,x=x⁻¹

x

Orx=x⁻¹équivaut à x²= 1_K et a pour solutions 1_K et−1_K. Que celles-ci soient ou non distinctes, on obtient

Y

x∈K^?

x=−1_K

Notons que si le corpsKest Z/2Z(ou plus généralement un corps de caractéristique 2) alors−1_K= 1_K.

a) Pourx∈K\ {0}, f(x).f(x⁻¹) =f(x.x⁻¹) =f(1K) = 1Ldoncf(x) est inversible etf(x)⁻¹=f(x⁻¹).

b) Sif(x) =f(y) alorsf(x)−f(y) =f(x−y) = 0L. Or 0L n’est pas inversible doncx−y= 0K i.e.x=y.

Ainsif est morphisme injectif.

a) Il est clair queK est un sous-espace vectoriel deRet que la famille (1,√

2,√ 3,√

6) estQ-génératrice.

Montrons qu’elle est libre en raisonnant par l’absurde.

Supposonsa+b√ 2 +c√

3 +d√

6 = 0 aveca, b, c, d∈Qnon tous nuls.

Quitte à réduire au même dénominateur, on peut supposera, b, c, d∈Znon tous nuls.

Quitte à factoriser, on peut aussi supposer pgcd(a, b, c, d) = 1.

On a a+b√ 2²

= c√ 3 +d√

6²

donca²+ 2ab√

2 + 2b²= 3c²+ 6cd√

2 + 6d². Par l’irrationalité de√

2 on parvient au système

(a²+ 2b²= 3c²+ 6d²

ab= 3cd .

Par suite 3|abet 3|a²+ 2b² donc 3|aet 3|b.

Ceci entraîne 3|cdet 3|c²+ 2d² donc 3|c et 3|d.

Ceci contredit pgcd(a, b, c, d) = 1.

Ainsi la famille (1,√ 2,√

3,√

6) estQ-libre et c’est donc uneQ-base deK.

b) Sans peine, on vérifie queKest un sous-anneau deR. Soitx=a+b√

2 +c√ 3 +d√

6∈Kaveca, b, c, d∈Qnon tous nuls.

1

x= ¹

(a+b√ 2)+(c√

3+d√

6) = ^a+b

√2−(c√ 3+d√

6) (a²+2b²−3c²−6d²)+2(ab−3cd)√

2 =^a+b

√2−(c√ 3+d√

6) α+β√

2

puis _x¹ = ^(a+b

√2−(c√ 3+d√

6))(α−β√ 2)

α²−2β² ∈K et doncK est un sous-corps deR. Notons que les quantités conjuguées par lesquelles on a ci-dessus multiplié ne sont pas nuls carxest non nul et la famille (1,√

2,√ 3,√

6) estQ-libre.

Il est facile de justifier queEest unL-espace vectoriel sous réserve de bien connaître la définition des espaces vectoriels et de souligner que qui peut le plus, peut le moins. . .

(12)

Soit (~e1, . . . , ~en) une base de K-espace vectoriel E et (λ1, . . . , λp) une base du L-espace vectorielK.

Considérons la famille des (λj~ei)16i6n,16j6p. Il est facile de justifier que celle-ci est une famille libre et génératrice duL-espace vectorielE. Par suiteE est de dimension finieq=np.

Les inversibles dansZ/78Zsont les classes associés aux entiers de{1, . . . ,78} qui sont premiers avec 78 = 2×3×13. Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de 2,3,13 compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a 24 éléments inversible dans Z/78Z. On peut aussi calculerϕ(78) = 1×2×12 = 24.

Les éléments inversibles de (Z/nZ,×) sont les éléments représentés par un nombre premier avecn.

a)ϕ(p) =p−1. Etre premier avecp^α équivaut à être premier avecpi.e. à ne pas être divisible parppuisquep∈ P. Il y ap^α−1 multiples depcompris entre 1 etp^α doncϕ(p^α) =p^α−p^α−1.

b) Six=y [mn] alorsx=y [n] etx=y [m] doncf est bien définie.

ϕ(¯1) = (ˆ1,˜1) et sia=x+y/xy [mn] alorsa=x+y/xy [n] doncϕest un morphisme d’anneaux.

Sif(¯x) =f(¯y) alorsx=y [m] etx=y [n] alorsm, n|y−xet puisque m∧n= 1 alorsmn|y−xdonc ¯x= ¯y [mn].

f est injective puis bijective par l’égalité des cardinaux.

c) Les inversibles deZ/mnZcorrespondent aux couples formés par un inversible deZ/nZet un inversible deZ/mZ. Par suiteϕ(mn) =ϕ(m)ϕ(n).

d) Sin=

N

Q

i=1

p^α_iⁱ alorsϕ(n) =

N

Q

i=1

p^α_iⁱ⁻¹(pi−1).

Notonsp1, . . . , pr les facteurs premiers den. On sait ϕ(n) =n

1− 1

p₁ 1− 1 p₂

. . .

1− 1

p_r

En ordonnant lesp1, p2, . . . , pr, on peut affirmer

∀16i6r, pi>1 +i

et donc

1− 1 p1

1− 1 p2

. . .

1− 1

pr

>

1−1

2 1−1 3

. . .

1− 1

1 +r

Par produit télescopique

1− 1

p₁ 1− 1 p₂

. . .

1− 1

pr

> 1 2 2 3· · · r

r+ 1 = 1 r+ 1 Or on a aussi

n>p₁. . . p_r>2^r et donc

r6 n ln 2 On en déduit

ϕ(n)> n

n

ln 2+ 1 = nln 2 n+ ln 2

Sinpossède un facteur premier impairpalors on peut écriren=p^αmavecm premier avecp. On a alors

ϕ(n) =ϕ(p^α)ϕ(m) = (p^α−p^α−1)ϕ(m)

Puisquep^α−p^α−1est un nombre pair (par différence de deux impairs), on obtient queϕ(n) est pair.

Sinne possède pas de facteurs premiers impairs, on peut écrire n= 2^αavec α>2 et alorsϕ(n) = 2^α−1 est un nombre pair.

Soitf :x7→axde (Z/nZ)^? vers lui-même.

Cette application est bien définie, injective et finalement bijective par cardinalité.

Ainsi

Y

x∈(Z/nZ)^?

x= Y

x∈(Z/nZ)^?

ax=a^ϕ(n) Y

x∈(Z/nZ)^?

x

puisa^ϕ(n)= 1 car l’élément Q

x∈(Z/nZ)^?

xest inversible.

(13)

a) SoitH un sous-groupe deZ/nZ. SiH ={0}alorsH =< n >.

Sinon, on peut introduirea= min

k∈N^?/k¯∈H .

La division euclidienne denparadonnen=qa+rd’où ¯r∈H puisr= 0. Ainsi a|n.

On a<¯a >⊂H et par division euclidienne on montreH ⊂<a >¯ d’où< a >=H. b) Siadivisen, on observe que<¯a >est de cardinal ’ordren/a. Ainsi< n/d >

est l’unique sous-groupe d’ordredde (Z/nZ,+).

c) Un élément d’ordreddeZ/nZest générateur d’un sous-groupe àdéléments donc générateur de< n/d >. Inversement, tout générateur de< n/d >est élément d’ordreddeZ/nZ. Or< n/d >est cyclique d’ordreddonc isomorphe à Z/dZet possède ainsiϕ(d) générateurs. On peut donc affirmer que Z/nZpossède exactementϕ(d) élément d’ordred.

d) L’ordre d’un élément deZ/nZest cardinal d’un sous-groupe deZ/nZet donc diviseur den. En dénombrantZ/nZselon l’ordre de ses éléments, on obtient

X

d|n

ϕ(d) =n

a) On peut écriren=dm.

Sik∈J1, nKvérifie pgcd(k, n) =dalorsddiviseket donc on peut écrirek=d`

avec`∈J1, mK.

De plus pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) =ddonne`∧m= 1.

Inversement, sik=d`avec`∈J1, mKet `∧m= 1 alorsk∈J1, nKet pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) =d.

Ainsi, il y a autant dekcherché que de`éléments deJ1, mKpremiers avecm, à savoirϕ(m).

b) En partitionnantJ1, nKselon les valeurs possiblesddu pgcd de ses éléments avecn(ce qui détermine un diviseur den), on peut écrire

J1, nK=[

d|n

{k∈J1, nK/pgcd(k, n) =d}

Puisque c’est une union d’ensembles deux à deux disjoints, on obtient CardJ1, nK=X

d|n

Card{k∈J1, nK/pgcd(k, n) =d}

ce qui donne

n=X

d|n

ϕ(n/d) =X

δ|n

ϕ(δ)

en procédant pour l’étape finale à une réindexation de la somme.

a) Le coefficient d’indice (i, j) de la matriceDT estϕ(i)ti,j. Le coefficient d’indice (i, j) de la matrice^tT DT est

n

X

k=1

t_k,iϕ(k)t_k,j = X

k|ietk|j

ϕ(k)

Or les diviseurs communs àietj sont les diviseurs de pgcd(i, j) et donc

n

X

k=1

tk,iϕ(k)tk,j = X

k|pgcd(i,j)

ϕ(k) = pgcd(i, j)

b) La matriceT est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux égaux à 1 donc detT = 1 puis

detS= detD=

n

Y

k=1

ϕ(k)

Ce résultat a été publié par H. J. S. Smith en 1875.

a) L’ensemble des inversibles deZ/nZest un sous-groupe de cardinalϕ(n).

b)k p k

!

=p p−1 k−1

!

doncp|k p k

!

orp∧k= 1 doncp| p k

! .

c) Posonsd= (n−1)∧ϕ(n).d= (n−1)u+ϕ(n)vdonca^d= 1 [n]. Ord|n−1 donc nécessairementd=n−1. Par suite n−1|ϕ(n) puisϕ(n) =n−1 ce qui entraîne quenest premier.

NotonsN =aⁿ−1. On a

aⁿ≡1 [N] et∀16k < n, a^k 6 ≡1 [N]

On en déduit queaest inversible dans l’anneauZ/NZet queaest un élément d’ordre exactementndans le groupe (U(Z/NZ),×). Or ce groupe est de cardinal ϕ(N) et puisque l’ordre des éléments divise le cardinal du groupe, on obtient que ndiviseϕ(N).

(14)

SoitIun idéal d’un corps K. SiI6={0}alorsI contient un élémentxnon nul.

Puisquex∈I etx⁻¹∈Kon a 1 =xx⁻¹∈Ipuis pour tout y∈K,y= 1×y∈I et finalementI=K. Les idéaux deKsont donc{0} etK.

SoitIun idéal d’un sous-anneau Ade (Q,+,×).

I∩Zest un sous-groupe de (Z,+) donc de la formedZpour un certaind∈N. Vérifions qu’alorsI est l’idéal engendré pard.

Puisqued∈I, on a déjà par absorption (d) =dA⊂I.

Inversement, soitx∈I. On peut écrirex=p/qavecp∈Zetq∈N^? premiers entre eux.

On a alorsqx=p∈Zet, par addition,qx=x+· · ·+x∈I. Ainsi qx∈I∩Z=dZce qui permet d’écrirex=dk/q.

Il reste à montrer quek/qest élément du sous-anneau Apour pouvoir conclure x∈(d) =dA.

PuisqueA est un sous-anneau de (Q,+,×), c’est un sous-groupe additif ce qui entraîne

∀a∈A,∀k∈Z, k.a∈A Sachant les entierspet qpremiers entre eux, on peut écrire

pu+qv = 1 avecu, v∈Z et alors

1 q = p

qu+v=u.x+v.1

Sachant que 1 etxsont éléments deA, 1/ql’est aussi et enfin k/q=k.(1/q)∈A.

a) Il suffit de vérifier les axiomes définissant un sous-anneau. . .

b) SoitI un idéal deD. L’intersectionI∩Zest un sous-groupe de (Z,+) donc il existea∈Zvérifiant

I∩Z=aZ Puisquea∈I, on a aD⊂I.

Inversement, soitx∈I. On peut écrire x= p

10ⁿ avecp∈Zet n∈N

On a alors 10ⁿx∈Ipar absorption doncp∈I∩Z. On en déduita|ppuisx∈aD. FinalementI=aD

a)I1⊂Zet 0∈I1 car (0,0) = 0_Z² ∈I.

Soientx, x⁰∈I1. On a (x+x⁰,0) = (x,0) + (x⁰,0)∈Idoncx+x⁰ ∈I1. Soit de plusa∈Z. On a (ax,0) = (a,1234)×(x,0)∈Idoncax∈I1. AinsiI1 est un idéal de (Z,+,×) et de façon analogueI2 aussi.

b) Soit (x, y)∈I₁×I₂. On a (x,0)∈Iet (0, y)∈Idonc (x, y) = (x,0) + (0, y)∈I.

AinsiI₁×I₂⊂I.

Inversement soit (x, y)∈I.

On a (x,0) = (x, y)×(1,0)∈I doncx∈I₁. De même y∈I₂ et donc (x, y)∈I₁×I₂.

FinalementI⊂I₁×I₂ puisI=I₁×I₂.

c) Les idéaux de (Z,+,×) sont de la formenZdonc il existea, b∈Ztels que I1=aZetI2=bZ.

L’idéalI apparaît alors comme étant celui engendré parx= (a, b) I=xZ²={(ak, b`)/k, `∈Z}

N ⊂A, 0A∈N doncN6=∅. Pourx, y∈N, il existen, m∈N^? tel que xⁿ =y^m= 0A.

Par la formule du binôme, (x+y)^n+m−1=

n+m−1

X

k=0

n+m−1 k

!

x^ky^n+m−1−k

Pourk>n, x^k = 0A et pourk6n−1,y^n+m−1−k= 0A. Dans les deux cas x^ky^n+m−1−k = 0A et donc (x+y)^n+m−1= 0A. Par suitex+y∈N.

Enfin poura∈A etx∈N, ax∈N car (ax)ⁿ=aⁿxⁿ.

a) Par définitionR(I)⊂A 0¹= 0∈Idonc 0∈R(I).

Soientx, y∈R(I), il existe n, m∈N^? tels que xⁿ, y^m∈I.

On a alors (x+y)^n+m−1=

n−1

X

k=0

n+m−1 k

!

x^ky^n+m−1−k+

n+m−1

X

k=n

n+m−1 k

!

x^ky^n+m−1−k ∈I

car les premiers termes de la somme sont dansI puisquey^n+m−1−k∈I et les suivants le sont aussi carx^k ∈I

(15)

doncx+y∈R(I).

Soit de plusa∈A. On a (ax)ⁿ=aⁿxⁿ∈I doncax∈R(I).

AinsiR(I) est un idéal deA.

Soitx∈I, on a x¹∈I doncx∈R(I).

b) Six∈R(I∩J) alors il existen∈N^?tel que xⁿ ∈I∩J. On a alorsxⁿ∈I doncx∈R(I) et de même x∈R(J). Ainsi

R(I∩J)⊂R(I)∩R(J)

Soitx∈R(I)∩R(J). Il existen, m∈N^? tel quexⁿ∈I et x^m∈J.

PourN = max(m, n), on a par absorptionx^N ∈I et x^N ∈J doncx^N ∈I∩J.

Ainsix∈R(I∩J) et on peut affirmer

R(I∩J)⊃R(I)∩R(J) puis l’égalité.

PuisqueI⊂I+J, on a clairementR(I)⊂R(I+J). De mêmeR(J)⊂R(I+J).

EnfinR(I+J) étant stable par sommeR(I) +R(J)⊂R(I+J).

c) Sina un facteur carréd² avecd>2.

Posonsk∈Ztel que n=d²k.

On adk /∈nZet (dk)²=nk∈nZdoncdk∈R(nZ). AinsiR(nZ)6=nZ. Sinn’a pas de facteurs carrés alorsns’écritn=p1p2. . . pmavecp1, . . . , pm

nombres premiers deux à deux distincts.

Pour toutx∈R(nZ), il existek∈N^? tel que x^k ∈nZ.

Tous lesp1, . . . , pmsont alors facteurs premiers dex^k donc dexet par conséquent ndivisex.

FinalementR(nZ)⊂nZpuisR(nZ) =nZcar l’autre inclusion est toujours vraie.

a) sans difficultés.

b) Pour toutx∈A,x=xe+x(1−e) avecxe∈Iet x−xe∈J. Par suite I+J =A.

Sixe∈J alorsxe=xe²= 0 doncI∩J ={0}.

c) L’inclusion (K∩I) + (K∩J)⊂K est immédiate. L’inclusion réciproque provient de l’écriturex=xe+x(1−e).

a) Pourp∈ P,pZest un idéal premier. En effet on sait quepZest un idéal et en vertu du lemme d’Euclide :xy∈pZ⇒x∈pZouy∈pZ.

b) Même principe

c) SupposonsJ∩K=I.

SiJ =I ok.

Sinon il existea∈J tel quea /∈I. Pour toutb∈K,ab∈J∩K d’oùab∈Ipuis b∈Icara /∈I. AinsiK⊂I. D’autre part I=J∩K⊂K doncI=K.

d)I={0}est un idéal premier donc

xy= 0⇒x= 0 ouy= 0

Soitx∈A tel quex6= 0.x²Aest premier etx²∈x²Adoncx∈x²A.

Ainsi il existey∈Atel que x=x²y et puisquex6= 0,xy= 1.

AinsiAest un corps.

Une suite croissante (I_n) d’idéaux deZse détermine par une suite d’entiers naturels (an) vérifiantIn=anZet an+1|an. Si pour toutn∈N, In={0} alors la suite (In) est stationnaire.

Sinon à partir d’un certain rangIn6={0}et la relationan+1|an entraîne

an+16an. La suite d’entiers naturels (an) est décroissante et donc stationnaire. Il en est de même pour (In).

Ce résultat se généralise àK[X] en travaillant avec une suite de polynômes unitaires (Pn) vérifiantPn+1|Pn ce qui permet d’affirmer en cas de non nullité degPn+16degPn puis (degPn) stationnaire, puis encore (Pn) stationnaire et enfin (In) stationnaire.

Notons qu’un sous-anneau deQpossédant 1 contient nécessairementZ.

a) Par égalité de Bézout, on peut écrirepu+qv= 1 avec u, v∈Z. Si ^p_q ∈Aalors 1

q =up

q +v.1∈A

b)I∩Zest un sous-groupe de (Z,+) donc il est de la forme nZavecn∈N. PuisqueI6={0}, il existe p/q∈I non nul et par absorption,p=q.p/q∈I∩Z avecp6= 0. Par suite I∩Z6={0}et doncn∈N^?.

Puisquen∈I, on peut affirmer par absorption quenA⊂I.

Inversement, pourp/q∈I avecp∧q= 1 on a 1/q∈Aet p∈nZdoncp/q∈nA.

AinsiI=nA.

c) On peut vérifier queZ_pest un sous-anneau deQ.

Pourx=a/b∈Q^? aveca∧b= 1. Sip6 |balorsp∧b= 1 etx∈Zp. Sinonp|bet doncp6 |ad’où l’on tire 1/x∈Zp.