SEMAINE 1 ALGÈBRE GÉNÉRALE EXERCICE 1 : 1.

(1)

SEMAINE 1 ALG ÈBRE G ÉN ÉRALE EXERCICE 1 :

1. Soit G un groupe fini, soient x et y deux éléments de G qui commutent. On note m = ω(x), n=ω(y) les ordres respectifs des éléments xet y.

a.On supposemet npremiers entre eux. Montrer queω(xy) =mn.

b.On ne suppose plusmet npremiers entre eux. A-t-onω(mn) =m∨n?

2.SoitGun groupe commutatif fini. Montrer qu’il existe un élémentzdeGdont l’ordre est l’exposant du groupeG(c’est-à-dire le p.p.c.m. des ordres des éléments deG).

3.SoitK un corps (commutatif), soitGun sous-groupe fini du groupe multiplicatifK^∗. Montrer que Gest cyclique.

Sources : nombreuses (c’est archi-classique), parmi lesquelles Michel DEMAZURE, Cours d’Alg`ebre,

´

editions Cassini, ISBN 2-84225-000-1.

- - - - 1.a. Posonsz=xy. On az^mn= (xy)^mn= (x^m)ⁿ(yⁿ)^m=e, doncω(z)|mn.

D’autre part, comme m∧n = 1, il existe deux entiers relatifs u et v tels que um+vn = 1 (relation de B´ezout). Alors

zûm=xûmyûm=xûmy^1−vn= (x^m)ûy(yⁿ)^−v=eye=y

et, de même,z^vn =x. Donc xety appartiennent au sous-groupe <z>engendré parz, mais ce sous-groupe est cyclique d’ordreω(z). On en déduit que les ordres dexet dey divisent l’ordre dez, donc leur p.p.c.m. divise aussi l’ordre dez, soit mn|ω(z).

Finalement, ω(z) =mn.

b.Si m∧n6= 1, on n’a plusω(xy) =m∨nen g´en´eral. En effet, dans le groupeU₃={1, j, j²}, on a ω(j) =ω(j²) = 3, mais ω(j j²) =ω(1) = 1.

2.Soitnl’exposant du groupeG. D´ecomposonsnen produit de facteurs premiers :n=

k

Y

i=1

p^α_iⁱ. Alors, pour touti, il existe dansGun élémentxid’ordrep^α_iⁱ : en effet, il existe au moins un élément

yi deGtel que lapi-valuation deω(yi) soitαi, c’est-`a-direω(yi) =p^α_iⁱmiavecmi∧pi= 1. Alors (y_i^mⁱ)p^α_iⁱ

=e. L’ordre de l’´el´ement y_i^mⁱ divisep^α_iⁱ, donc est de la forme p^β_i avecβ ≤α_i ; si on avaitβ < αi, alors on aurait (y^m_i ⁱ)p^β_i

=yp^β_imi

i =e, ce qui contreditω(yi) =p^α_iⁱmi. On a donc bien ω(y_i^mⁱ) =p^α_iⁱ.

En utilisant la question1.a., par une récurrence immédiate surk, on déduit que l’élémenty=

k

Y

i=1

y^m_i ⁱ

est d’ordren.

(2)

3. SoitN l’ordre du groupeG, soitnson exposant (cf. ci-dessus), soitz un ´el´ement deGd’ordren.

Par le th´eor`eme de Lagrange, on an|N.

Par ailleurs, le polynômeP =Xⁿ−1 deK[X] admet au plusnracines dansKet, tout élément de Gétant racine deP, on aN ≤n.

En conclusion,n=N, doncGest cyclique (Gest engendr´e parz).

EXERCICE 2 :

Soitpun nombre premier, p≥3.

1.Combien y a-t-il de carrés dans le corps K= Z. pZ? 2.Montrer qu’un élément xde

Z. pZ

∗

est un carr´e si et seulement si x

p−1 2 = 1.

3.Quels sont les nombres premiersppour lesquels−1 est un carré dans Z. pZ? 4.En déduire qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4k+ 1,k∈IN.

Source : Daniel PERRIN, Cours d’Alg`ebre, ´editions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1.

- - - - 1. Soit G =

Z. pZ

∗

le groupe multiplicatif des éléments non nuls du corps K = Z. pZ. L’application q : x 7→ x² est un endomorphisme de ce groupe G et Kerq = {−1,1} : en effet, {−1,1} ⊂Kerq, −1 6= 1 car p >2 et le polynôme X²−1, à coefficients dans le corpsK, admet au plus deux racines dans ce corps.

On a donc|Kerq|= 2, d’o`u |Imq|= |G|

|Kerq| =p−1

2 . En rajoutant l’élément 0 qui est son propre carré, on dénombre p+ 1

2 carr´es dans Z. pZ. 2.Six=y²avecy∈G=

Z.

pZ ∗

, alors x

p−1

2 =y^p−1= 1 car|G|=p−1 (th´eor`eme de Lagrange).

Les carr´es deG(qui sont au nombre dep−1

2 d’apr`es la question1.) sont racines de l’´equation(E): x

p−1

2 −1 = 0 ; mais cette ´equation admet au plus p−1

2 racines dans le corpsK. L’´equation(E) admet donc exactement p−1

2 racines dansK qui sont les carr´es de

Z. pZ

∗

. 3.Etant donn´e quep >2 (donc−16= 1 dans Z.

pZ), on a les ´equivalences

−1 carr´e ⇐⇒ (−1)

p−1

2 = 1 ⇐⇒ (−1)

p−1

2 = 1 ⇐⇒ p−1

2 pair ⇐⇒ p≡1 modulo 4.

(3)

4.Soitn∈IN^∗, montrons qu’il existe des nombres premiers congrus `a 1 modulo 4 qui sont plus grands quen.

Pour cela, posons A= (n!)²+ 1.

Tout diviseur premier p de A v´erifie p > n (les nombres premiers p tels que p ≤ n divisent (n!)² = A−1). Soit pun tel diviseur (il en existe au moins un) ; on a (n!)² ≡ −1 modulo p, donc−1 est un carr´e dans Z.

pZ, doncp≡1 modulo 4. CQFD

EXERCICE 3 :

1. Soit A un anneau principal, soit K son corps des fractions. Pour tout polynôme P non nul de A[X], on note c(P) -contenu deP- le pgcd des coefficients du polynômeP (c’est un élément de Adéfini “à association près”, c’est-à-dire à multiplication près par un élément inversible de l’anneauA). Le polynômeP deA[X] est ditprimitifsic(P) = 1 (ses coefficients sont premiers entre eux dans leur ensemble).

a.Montrer que le produit de deux polynˆomes primitifs deA[X] est primitif. Que vautc(P Q) si P et Qsont deux polynˆomes non nuls deA[X] ?

b. Soient P et Q deux polynômes de A[X], premiers entre eux dans A[X] (leurs seuls diviseurs communs sont les éléments inversibles de l’anneau A[X], c’est-à-dire...?). Montrer qu’ils sont premiers entre eux dans l’anneauK[X].

2.Soient P et Qdeux polynˆomes de C[X, Y] = C[X][Y], premiers entre eux dans C[X, Y].

a.Démontrer l’existence d’un polynôme D non nul de C[X] et de deux polynômesAetBde C[X, Y] tels que

D(X) =A(X, Y)P(X, Y) +B(X, Y)Q(X, Y). b.Montrer que le syst`eme(S):

(P(x, y) = 0

Q(x, y) = 0 a un nombre fini de solutions dans C². Sources :

• Daniel PERRIN, Cours d’Alg`ebre, ´Editions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1 ;

• FRANCINOU et GIANELLA, Exercices de Mathématiques pour l’Agrégation, Algèbre 1, Éditions Masson, ISBN 2-225-84366-X.

• ENS Lyon/Cachan, ´epreuve du concours MP*, session 2000.

- - - - 1.a. Posons P =

m

X

i=0

aiXⁱ et Q =

n

X

j=0

bjX^j, supposons-les tous les deux primitifs. Si le produit P Q n’était pas primitif, il existerait un élément irréductible (ou “premier”) p de l’anneau A divisant tous les coefficients deP Q, à savoir tous lesck = X

i+j=k

aibj. Commepne divise pas tous les coefficients de A, soit i0 le plus petit indice i pour lequelp ne divise pas ai, soit de mˆeme j0= min{j∈[[1, n]] ; bj 6∈pA}. On a alors

(4)

ci₀+j₀ = X

i+j=i₀+j₀

aibj =ai₀bj₀+X

i<i₀

aibi₀+j₀−i+X

j<j₀

ai₀+j₀−jbj.

L’élément irréductiblepdivise les deux dernières sommes et diviseci₀+j₀, il divise donc aussi le produitai₀bj₀, donc il divise l’un des facteurs, ce qui est absurde.

On a utilisé ici le lemme d’Euclide, valable dans tout anneau principal (ou, plus généralement, factoriel) : si pest irréductible etp|ab, alorsp|a oup|b.

Il est clair que, si a∈AetP ∈A[X], alorsc(aP) =a c(P).

Si P etQsont deux polynômes quelconques, on peut écrireP =c(P)·P0 etQ=c(Q)·Q0, où P0et Q0sont primitifs ; alors P0Q0est primitif et

c(P Q) =c c(P)c(Q)·P0Q0

=c(P)c(Q)c(P0Q0) =c(P)c(Q).

b. Soient P et Q deux polynômes de A[X], premiers entre eux dans A[X] (leurs seuls diviseurs communs dansA[X] sont les éléments inversibles de l’anneauA). Il s’agit de montrer qu’ils sont premiers entre eux dansK[X], c’est-à-dire que leurs seuls diviseurs communs dansK[X] sont les constantes (éléments deK). ÉcrivonsP=c(P)·P0etQ=c(Q)·Q0avecP0etQ0primitifs. Soit Dun diviseur commun àPetQdansK[X] : il existeRetSdansK[X] tels que

(P = DR Q = DS(*).

On peut ´ecrireD=d1

d2

D0avecd1∈A,d2∈Apremiers entre eux, etD0∈A[X] primitif : pour cela, on réduit au même dénominateur les coefficients deD, ce qui donneD= ∆

b avec ∆∈A[X] et b ∈A\ {0}, puis D = c(∆)

b D0 avec D0 primitif, et on simplifie ´eventuellement la fraction c(∆)

b :

Par exemple, avecA=ZetK= Q, on a 6 7+3

8X+15

4 X²= 3

56(16 + 7X+ 70X²)et le polynˆome entre parenth`eses est primitif dans Z[X].

De mˆeme,R= r₁ r2

R₀ etS= s₁ s2

S₀ avecR₀et S₀dansA[X], primitifs. Le système(*)se réécrit alors sous la forme d’égalités dans A[X] :

(d₂r₂c(P)·P₀ = d₁r₁D₀R₀ d2s2c(Q)·Q0 = d1s1D0S0

. (∗∗)

Les polynômes D0R0 et D0S0 étant primitifs d’après a., en égalant les contenus dans (**), on obtient

(u d2r2c(P) = d1r1

v d₂s₂c(Q) = d₁s₁, où u et v sont deux éléments inversibles de l’anneau A. En réinjectant dans(**), cela donne

(P₀ = u D₀R₀ Q0 = v D0S0

, donc le polynôme D0 ∈A[X] divise, dans A[X], les polynômesP0etQ0; il divise donc aussi les polynômesP =c(P)·P0 etQ=c(Q)·Q0,

(5)

doncD₀ est une constante (inversible dansA) et D= d₁ d2

D₀est une constante (élément deK), ce qu’il fallait démontrer.

Si P et Qsont deux polynômes de A[X], le lecteur montrera facilement (le plus dur a été fait) l’équivalence entre les assertions :

(i) : P et Qsont premiers entre eux dansA[X]; (ii) :

(c(P) etc(Q)sont premiers entre eux dansA P etQsont premiers entre eux dansK[X] .

2.a. Appliquons la question 1.b. avec A = C[X] et K = C(X). Les polynˆomes P et Q, premiers entre eux dans A[Y] = C[X, Y], sont aussi premiers entre eux dans K[Y] = C(X)[Y].

CommeK = C(X) est un corps, l’anneau K[Y] est principal et on peut appliquer l’identité de Bézout : il existe des polynômes U et V dans C(X)[Y] tels queU P +V Q= 1. On peut écrire U(X, Y) =

m

X

i=0

U_i(X)Yⁱ et V(X, Y) =

n

X

j=0

V_j(X)Y^j, les U_i et les V_j étant des éléments de C(X) ; si on note D(X) le ppcm des dénominateurs de ces fractions rationnelles U_i et V_j, on peut écrire U(X, Y) = A(X, Y)

D(X) et V(X, Y) = B(X, Y)

D(X) , o`u A et B sont des polynˆomes de C[X, Y], et on a ainsi

A(X, Y)P(X, Y) +B(X, Y)Q(X, Y) =D(X).

b. Si le couple (x, y)∈C² vérifie le système(S), alorsx est racine du polynômeD (il y en a un nombre fini). Les indéterminéesX etY jouant le même rôle, il y a aussi un nombre fini de valeurs possibles dey, donc de couples (x, y).

EXERCICE 4 : Un th´eor`eme de Sylow

SoitGun groupe fini, d’ordren=p^αmavecppremier et p∧m= 1.

On noteX l’ensemble des parties deGde cardinalp^α, etY l’ensemble des sous-groupes deGd’ordre p^α.Le but du jeu est de montrer queY 6=∅, et plus précisément que le nombre de sous-groupes deGd’ordrep^α(lesp-Sylow deG) est congru à 1 modulo p.

Pour cela, on fait op´ererGsurX par translation `a gauche : sig∈Get E∈X, on pose g·E=gE={ga; a∈E}.

1.SoitE∈X. Montrer que son stabilisateurSE={g∈G|g·E=E}est de cardinal au plus ´egal `a p^α.

2.SoitE∈X. Montrer que le cardinal du stabilisateurSE est égal àp^α si et seulement siE est une classe à droite modulo un sous-groupe d’ordrep^α(c’est-à-dire E=H·xavecx∈GetH ∈Y).

3.Montrer que|X|est congru `a m|Y| modulop.

4.Montrer que|X|est congru `ammodulop.

5.Conclure.

Source : Daniel PERRIN, Cours d’Alg`ebre, ´editions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1.

(6)

- - - -

1. Les translations ´etant des permutations de G, si E ∈ X, on a bien g ·E ∈ X, c’est-`a-dire

|g·E| = |E| = p^α. De plus, avec E ∈ X, les égalités e·E = E et (gh)·E = g·(h·E) sont immédiates, on a donc bien une action du groupe Gsur l’ensembleX.

Soit E ∈ X, soit a ∈ E donné ; si g ∈ SE, alors ga ∈ g·E = E, donc g ∈ Ea⁻¹. On a donc SE⊂Ea⁻¹, oùaest un élément quelconque deE, d’où|SE| ≤ |Ea⁻¹|=|E|=p^α.

Rappelons que le stabilisateur S_E d’un élément E de X est un sous-groupe de G (vérification immédiate).

2.• SiE=HxavecH ∈Y, alors

g∈ SE ⇐⇒ gE=E ⇐⇒ gHx=Hx ⇐⇒ gH =H

mais, H étant un sous-groupe, cette dernière condition équivaut à g ∈H. On a alorsSE =H, d’où|S_E|=p^α.

•Si|SE|=p^α, alorsSE est un sous-groupe d’ordrep^α, posonsH=SE∈Y. Si on se donnea∈E, on a H ⊂Ea⁻¹ d’après la question1., d’où H =Ea⁻¹ (égalité des cardinaux), doncE=Ha: E est une classe à droite moduloa.

3. Les éléments deX de la formeHx avecH ∈Y et x∈Gsont au nombre de m|Y| : chaque sous- groupe d’ordrep^α, s’il en existe, définitmclasses à droite distinctes et deux sous-groupes distincts ne peuvent engendrer une même classe à droite (supposonsH₁x₁=H₂x₂, alorsx₁=ex₁∈H₂x₂, doncx₁x⁻¹₂ ∈H₂ puisx₂x⁻¹₁ = (x₁x⁻¹₂ )⁻¹∈H₂et enfinH₁=H₂x₂x⁻¹₁ =H₂).

Les autres éléments EdeX ont un stabilisateur SE dont le cardinal est strictement inférieur àp^α, mais divise p^αm (car les stabilisateurs sont des sous-groupes deG), donc |SE| est de la forme p^kd, avec 0≤k ≤α−1 etd| m. Ils ont donc une orbite dont le cardinal (qui est l’indice du stabilisateur), [G:SE] =p^α−km

d, est multiple dep.

Les orbites deX sous l’action deGpar translation à gauche étant deux à deux disjointes, on déduit

|X| ≡m|Y|modulop.

4. Le cardinal de X ne dépend que de l’ordre du groupeG et non de sa structure : c’est le nombre de parties à p^α éléments d’un ensemble à n = p^αm éléments. On peut donc supposer ici que G= Z

nZ. Dans ce cas, G, cyclique d’ordrep^αm, admet un unique sous-groupe d’ordre p^α, donc|Y|= 1 et|X| ≡mmodulop.

Cette question est d’ordre purement combinatoire : il s’agit de prouver que, pourppremier,α∈IN et m∧p= 1, on a C_p^pα^αm ≡m modulo p. Si quelqu’un a une démonstration élémentaire de ce résultat, je suis preneur...

5. On a m|Y| ≡mmodulo pd’apr`es les questions3. et 4. Commem et psont premiers entre eux, on peut simplifier cette congruence : il reste|Y| ≡1 modulop, ce que l’on voulait prouver et, en particulier, |Y| 6= 0.

(7)

EXERCICE 5 :

SoientA etB deux polynômes non nuls de C[X], d’écriture factorisée A=a

m

Y

i=1

(X−α_i) ; B=b

n

Y

j=1

(X−β_j). On appeller´esultantdes polynˆomes AetB le nombre

Res(A, B) =aⁿb^m Y

1≤i≤m 1≤j≤n

(αi−βj).

Si A= 0 ouB= 0, on pose Res(A, B) = 0.

1.On suppose B6= 0, soitRle reste de la division euclidienne deAparB. Montrer que Res(A, B) = (−1)^mnb^m−deg(R)Res(B, R).

2.Que vaut Res(A, A⁰) ? Dans quel cas est-il nul ?

3. Ecrire une condition nécessaire et suffisante pour que le polynômeA=X⁵+pX+q(avecpet q réels) admette trois racines réelles distinctes.

Source : Jean-Pierre ESCOFIER, Th´eorie de Galois, ´editions Masson, ISBN 2-225-82948-9.

- - - -

1. Notons d’abord que Res(A, B) = (−1)^mn Res(B, A) = (−1)deg(A)·deg(B)Res(B, A), puis que Res(B, A) = b^m aⁿ Y

1≤i≤m 1≤j≤n

(β_j −α_i) = b^deg(A) ·

n

Y

j=1

A(β_j). Or, de A = BQ+R, on d´eduit queA(β_j) =R(β_j) pour toutj∈[[1, n]], donc

Res(A, B) = (−1)^mnRes(B, A)

= (−1)^mnb^deg(A)·

n

Y

j=1

A(β_j)

= (−1)^mnb^deg(A)·

n

Y

j=1

R(β_j)

= (−1)^mnbdeg(A)−deg(R)·



b^deg(R)·

n

Y

j=1

R(βj)





= (−1)^mnbdeg(A)−deg(R)·Res(B, R).

Le r´esultant de deux polynˆomes peut ainsi se calculer par l’algorithme d’Euclide ; c’est l’algorithme le plus efficace.

Remarque. SiB=λ(constant), alors Res(A, B) =λ^m=λ^deg(A).

(8)

2.On a vu Res(A, B) = (−1)deg(A)·deg(B)Res(B, A) =a^deg(B)

m

Y

i=1

B(αi), o`u lesαisont les racines deA.

Ainsi,

Res(A, A⁰) =a^m−1·

m

Y

i=1

A⁰(α_i).

Or,A⁰=a·

m

X

i=1

Y

j6=i

(X−αj)

et, pour touti∈[[1, m]],A⁰(αi) =a·Y

j6=i

(αi−αj), donc

Res(A, A⁰) =a^2m−1

m

Y

i=1

Y

j6=i

(αi−αj)

= (−1)

m(m−1)

2 a^2m−1 Y

i<j

(αi−αj)².

Le résultant de A et A⁰ (aussi appelédiscriminant du polynômeA) est nul si et seulement siA admet une racine double, c’est-à-dire si et seulement si A∧A⁰6= 1.

La d´efinition exacte du discriminant du polynˆomeAest D(A) = 1 a (−1)

m(m−1)

2 Res(A, A⁰).

3.On a Res(A, A⁰) =Y

i<j

(αi−αj)², o`u lesαi(1≤i≤5) sont les racines deA.

D’autre part,A⁰ = 5X⁴+p, le reste de la division euclidienne deAparA⁰ estR=4

5pX+q, celui de la division de A⁰ par R est une constante λ que l’on d´etermine en posant X = −5q

4p dans l’identit´eA⁰=RQ+λdoncλ=A⁰

−5q 4p

= 3125q⁴+ 256p⁵

256p⁴ . Finalement, Res(A, A⁰) = 5⁴Res(A⁰, R) = 5⁴

4p 5

⁴

Res(R, λ) = 5⁴ 4p

5 ⁴

λ^deg(R)= 256p⁵+ 3125q⁴. On en déduit déjà queAadmet une racine double si et seulement si

256p⁵+ 3125q⁴= 0. Par ailleurs,

• siAadmet cinq racines r´eelles (non n´ecessairement distinctes), alors Res(A, A⁰) =Y

i<j

(α_i−α_j)²≥0 ;

• siAadmet une racine r´eelleaet deux couples (b, b), (c, c) de racines conjugu´ees, alors Res(A, A⁰) = (b−a)²(b−a)²(c−a)²(c−a)²(b−b)²(c−b)²(c−b)²(c−b)²(c−b)²(c−c)²

= 16 (Imb)²(Imc)²|b−a|⁴|c−a|⁴|c−b|⁴|c−b|⁴≥0.

• siAadmet trois racines r´eellesa,b,c et un couple (d, d) de racines conjugu´ees, alors

(9)

Res(A, A⁰) = (b−a)²(c−a)²(d−a)²(d−a)²(c−b)²(d−b)²(d−b)²(d−c)²(d−c)²(d−d)²

= −4 (Imd)²(b−a)²(c−a)²(d−a)²|d−a|⁴|d−b|⁴|d−c|⁴≤0, l’inégalité étant stricte lorsque les racines réellesa,b,csont distinctes.

La condition recherch´ee est donc

256p⁵+ 3125q⁴<0.

EXERCICE 6 :

Dans cet exercice, on admet que, pour toutppremier, le groupe multiplicatif

Z. pZ

∗

des ´el´ements non nuls du corps Z.

pZest cyclique(cf. exercice1).

Soit n un entier,n ≥2. On dira quen vérifie la propriété(F) si, pour tout entier relatif a, aⁿ est congru à amodulon.

1.Montrer lepetit théorème de Fermat: tout nombre premierpvérifie la propriété(F).

On appellenombre de Carmichaeltout entierncomposé vérifiant la propriété(F).

2. Soit n un entier sans facteur carr´e, n≥2. Soit m un entier (m ≥2) tel que, pour tout diviseur premier pden, p−1 divise m−1. Montrer quea^m est congru `a a modulonpour tout entier relatifa.

3.Soitn=p²mavecppremier etm∈IN^∗ ; v´erifier (1 +p m)ⁿ ≡1 modulon.

4. Montrer qu’un entier n≥2 vérifie la propriété (F)si et seulement si n est sans facteur carré et p−1 divisen−1 pour tout diviseur premierpden.

Source : Michel DEMAZURE, Cours d’Alg`ebre, ´editions Cassini, ISBN 2-84225-000-1.

- - - -

1.Sia∈Zn’est pas multiple dep, alors sa classe de congruence modulop(notons-laa) est un ´el´ement du groupe multiplicatif

Z. pZ

^∗

d’ordrep−1, donca^p−1 = 1, c’est-`a-dire a^p−1≡1 modulo p, d’o`ua^p≡amodulop.

Siaest multiple dep, on a ´evidemmenta^p≡a≡0 modulop.

2.Il faut montrer quen|a^m−a; mais, par hypoth`ese, nest le produit de ses facteurs premiers, qui sont deux `a deux premiers entre eux. Il suffit donc de prouver que tout diviseur premierpden divisea^m−a(nest le p.p.c.m. de ses diviseurs premiers).

Soit doncpun diviseur premier den.

. siaest multiple dep,a^m−aest multiple dep(´evident)

(10)

.sian’est pas multiple dep, on aa^p−1≡1 modulopd’apr`es la question1.. Commem−1 = (p−1)k aveckentier naturel,a^m−1= (a^p−1)^k est aussi congru `a 1 modulo p, donca^m≡amodulop.

Le lecteur en d´eduira par exemple que a¹³ ≡ a modulo 35 pour tout entier relatif a, et donc a¹²≡1modulo35pour tout entierapremier avec35. L’exposant du groupe

Z. 35Z

∗

, d’ordre ϕ(35) = 24, des ´el´ements inversibles de l’anneau Z.

35Zest12, puisqu’on peut voir qu’il existe des ´el´ements d’ordre12 exactement, par exemple la classe de2.

3.Si n=p²m, alors

(1 +p m)ⁿ= 1 +np m+

n

X

k=2

C_n^k(p m)^k .

Chaque terme de cette derni`ere somme est divisible parp²m²donca fortioriparn=p²m, donc (1 +p m)ⁿ ≡1 modulon.

4. • Supposonsn sans facteur carr´e tel que ∀p∈ Pn p−1 | n−1 (Pn : support premier den).

Alorsnvérifie la propriété(F)d’après la question2.

• Soitnvérifiant la propriété(F).

Alors n est sans facteur carré : par l’absurde, si on avait n = p²m avec p premier, l’entier a= 1 +p m vérifieraitaⁿ≡1 modulon d’après la question3., ce qui contreditaⁿ ≡amodulo n.

Ecrivons n = p1. . . pm (produit de nombres premiers distincts). Pour tout i ∈ [[1, m]], soit ai

un entier dont la classe modulo pi est un g´en´erateur du groupe cyclique

Z. p_iZ

∗

. D’après le théorème chinois, il existe un entier a tel que a ≡ ai modulo pi pour tout i.

Par hypoth`ese, aⁿ ≡ a modulo n ; comme a∧n = 1 (a n’est divisible par aucun des pi), on peut “simplifier cette congruence par a” et aⁿ⁻¹ ≡ 1 modulo n d’o`u, a fortiori, aⁿ⁻¹ ≡ 1 modulopi pour touti, doncaⁿ⁻¹_i ≡1 modulopi.

Cela implique que n−1 est multiple de l’ordre dea_i modulop_i, c’est-`a-dire p_i−1 |n−1, ce qu’il fallait d´emontrer.